还剩66页未读，
继续阅读
成套系列资料，整套一键下载
- 【全套精品专题】浙教版八年级上册 数学复习专题精讲 专题4.2 平面直角坐标系 重难点题型12个（解析版） 试卷 0 次下载
- 【全套精品专题】浙教版八年级上册 数学复习专题精讲 专题5.1 一次函数应用题 专项讲练（解析版） 试卷 0 次下载
- 【全套精品专题】浙教版八年级上册 数学复习专题精讲 专题5.3 一次函数 重难点题型13个（解析版） 试卷 1 次下载
- 【全套精品专题】浙教版八年级上册 数学复习专题精讲 第01讲 三角形基础知识之三角形的边、角、“三线”专题探究-【专题突破】(解析版) 试卷 0 次下载
- 【全套精品专题】浙教版八年级上册 数学复习专题精讲 第1章 三角形的初步认识 章末检测卷（解析版） 试卷 0 次下载
【全套精品专题】浙教版八年级上册 数学复习专题精讲 专题5.2 一次函数与几何图形综合问题七大题型 专项讲练（解析版）
展开
这是一份【全套精品专题】浙教版八年级上册 数学复习专题精讲 专题5.2 一次函数与几何图形综合问题七大题型 专项讲练（解析版），共69页。
专题5.2 一次函数与几何图形综合问题七大题型 专项讲练一次函数与几何的综合题，共分为六大类：一次函数与等腰三角形、一次函数与直角三角形、一次函数与等腰直角三角形、一次函数与全等三角形、一次函数与面积问题、一次函数的探究规律问题，本文将针对这八大类进行方法与经典题型的专题总结。题型1.一次函数与等腰三角形方法：两圆一线例：点在轴上，使为等腰三角形。第一步：画图：第二步：分情况求解：标等边，用公式：①当时， ②当时， ①两点间距离公式求出 ①利用三线合一做辅助线：② ∴ ②∴ ∴③当时，①求出； ②∵；∴ ∴ ∴设③求出中点代入，求得；④求出直线与轴交点例1．（2022•柳南区校级期末）如图，直线y＝kx+b与x轴、y轴分别交于点A（4，0）、B（0，4），点P在x轴上运动，连接PB，将△OBP沿直线BP折叠，点O的对应点记为O′．（1）求k、b的值；（2）若点O′恰好落在直线AB上，求△OBP的面积；（3）将线段PB绕点P顺时针旋转45°得到线段PC，直线PC与直线AB的交点为Q，在点P的运动过程中，是否存在某一位置，使得△PBQ为等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）∵点A（4，0）、B（0，4）在直线y＝kx+b上，∴，解得：k＝﹣1，b＝4；（2）存在两种情况：①如图1，当P在x轴的正半轴上时，点O′恰好落在直线AB上，则OP＝O'P，∠BO'P＝∠BOP＝90°，∵OB＝OA＝4，∴△AOB是等腰直角三角形，∴AB＝4，∠OAB＝45°，由折叠得：∠OBP＝∠O'BP，BP＝BP，∴△OBP≌△O'BP（AAS），∴O'B＝OB＝4，∴AO'＝4﹣4，Rt△PO'A中，O'P＝AO'＝4﹣4＝OP，∴S△BOP＝OB•OP＝＝8﹣8；②如图所示：当P在x轴的负半轴时，由折叠得：∠PO'B＝∠POB＝90°，O'B＝OB＝4，∵∠BAO＝45°，∴PO'＝PO＝AO'＝4+4，∴S△BOP＝OB•OP＝＝8+8；（3）分4种情况：①当BQ＝QP时，如图2，P与O重合，此时点P的坐标为（0，0）；②当BP＝PQ时，如图3，∵∠BPC＝45°，∴∠PQB＝∠PBQ＝22.5°，∵∠OAB＝45°＝∠PBQ+∠APB，∴∠APB＝22.5°，∴∠ABP＝∠APB，∴AP＝AB＝4，∴OP＝4+4，∴P（4+4，0）；③当PB＝PQ时，如图4，此时Q与C重合，∵∠BPC＝45°，∴∠PBA＝∠PCB＝67.5°，△PCA中，∠APC＝22.5°，∴∠APB＝45+22.5°＝67.5°，∴∠ABP＝∠APB，∴AB＝AP＝4，∴OP＝4﹣4，∴P（4﹣4，0）；④当PB＝BQ时，如图5，此时Q与A重合，则P与A关于y轴对称，∴此时P（﹣4，0）；综上，点P的坐标是（0，0）或（4+4，0）或（4﹣4，0）或（﹣4，0）． 变式1．（2022•成都市八年级期中）如图，正方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，点B与原点重合，点D的坐标为（4，4），当三角板直角顶点P坐标为（3，3）时，设一直角边与x轴交于点E，另一直角边与y轴交于点F．在三角板绕点P旋转的过程中，使得△POE成为等腰三角形，请写出满足条件的点F的坐标 ．解：△POE是等腰三角形的条件是：OP、PE、EO其中两段相等，P（3，3），那么有：①当PE＝OE时，PE⊥OC，则PF⊥y轴，则F的坐标是（0，3）；②当OP＝PE时，∠OPE＝90°，则F点就是（0，0）；③当OP＝OE时，则OF＝6±3，F的坐标是：（0，6﹣3）或（0，6+3）．变式2．（2022•广东八年级期末）如图，直线l1：y1＝﹣x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点P（m，3）为直线l1上一点，另一直线l2：y2＝x+b过点P，与x轴交于点C．（1）求点P的坐标和l2的表达式；（2）若动点Q从点C开始以每秒1个单位的速度向x轴正方向移动．设点Q的运动时间为t秒．①当点Q在运动过程中，请直接写出△APQ的面积S与t的函数关系式；②求出当t为多少时，△APQ的面积等于3；③在动点Q运动过程中，是否存在点Q使△APQ为等腰三角形？若存在，请直接写出此时Q的坐标．解：（1）∵点P（m，3）为直线l1上一点，∴3＝﹣m+2，解得m＝﹣1，∴点P的坐标为（﹣1，3），把点P的坐标代入y2＝x+b得，3＝×（﹣1）+b，解得b＝，∴l2的表达式为y＝x+；（2）①由题意可知CQ＝t，P到x轴的距离为3，令y2＝0可得0＝x+，解得x＝﹣7，∴点C坐标为（﹣7，0），在y1＝﹣x+2中，令y1＝0可得﹣x+2＝0，解得x＝2，∴A点坐标为（2，0）；∴AC＝2﹣（﹣7）＝9，当Q在A、C之间时，则AQ＝AC﹣CQ＝9﹣t，∴S＝×3×（9﹣t）＝﹣t+；当Q在A的右边时，则AQ＝CQ﹣AC＝t﹣9，∴S＝×3×（t﹣9）＝t﹣；②令S＝3可得﹣t+＝3或3＝t﹣，解得t＝7或t＝11，即当t的值为7秒或11秒时△APQ的面积等于3；③设Q（x，0）（x≥﹣7），∵A（2，0），P（﹣1，3），∴PQ2＝（x+1）2+32＝x2+2x+10，AQ2＝（x﹣2）2＝x2﹣4x+4，AP2＝（2+1）2+32＝18，∵△APQ为等腰三角形，∴有PQ＝AQ、PQ＝AP和AQ＝AP三种情况，当PQ＝AQ时，则PQ2＝AQ2，即x2+2x+10＝x2﹣4x+4，解得x＝﹣1，则Q点坐标为（﹣1，0），∴CQ＝﹣1﹣（﹣7）＝6，即t＝6；当PQ＝AP时，则PQ2＝AP2，即x2+2x+10＝18，解得x＝﹣4或x＝2，则Q点坐标为（﹣4，0）或（2，0）（与A点重合，舍去），∴CQ＝﹣4﹣（﹣7）＝3，即t＝3；当AQ＝AP时，则AQ2＝AP2，即x2﹣4x+4＝18，解得x＝2±3，则Q点坐标为（2+3，0）或（2﹣3，0），综上所述：点Q坐标为（﹣1，0）或（﹣4，0）或（2+3，0）或（2﹣3，0）．题型2. 一次函数与直角三角形方法：两线一圆例：点在轴上，使为直角三角形。第一步：画图：第二步：分情况求解：①当时， ②当时， ①设 ①设②∵ ∴ ②∵ ∴ ∴ ∴ 例2．（2022•浠水县月考）如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别交x轴、y轴于点A（a，0）、点B（0，b），且a、b满足a2+4a+4+|2a+b|＝0．（1）a＝ ；b＝ ．（2）点P在直线AB的右侧，且∠APB＝45°；①若点P在x轴上，则点P的坐标为 ；②若△ABP为直角三角形，求点P的坐标．解：（1）a2+4a+4+|2a+b|＝（a+2）2+|2a+b|＝0，即：a＝﹣2，b＝4，故答案为：﹣2，4；（2）①由（1）知，b＝4，∴B（0，4）．∴OB＝4．∵点P在直线AB的右侧，P在x轴上，∠APB＝45°，∴OP＝OB＝4，∴P（4，0）．故答案为：（4，0）；②由（1）知 a＝﹣2，b＝4，∴A（2，0），B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，当∠BAP＝90°时，过点P作PH⊥x轴于H，∴∠HAP+∠BAH＝90°，∠ABO+∠BAH＝90°，∴∠OBA＝∠HAP，∠AOB＝∠AHP＝90°，又∠APB＝45°，∴AP＝AB，∴△OBA≌△AHP（AAS），∴PH＝AO＝2，AH＝OB＝4，OH＝AH﹣AO＝2，故点P的坐标为（2，﹣2）；当∠ABP＝90°时，同理可得：点P的坐标为（4，2），故点P的坐标为（2，﹣2）或（4，2）．变式1．（2022•陈仓区期中）（1）阅读理解：我们知道：平面内两条直线的位置关系是平行和相交，其中垂直是相交的特殊情况．在坐标平面内有两条直线：l1：y1＝k1x+b1（k1≠0）；l2：y2＝k2x+b2（k2≠0），有下列结论：当k1＝k2时，直线l1∥直线l2；当k1•k2＝﹣1时，直线l1⊥直线l2．（2）实践应用：①直线y＝kx+5与直线y＝﹣3x+2垂直，则k＝ ．②直线m与直线y＝﹣2x+3平行，且经过点（4，﹣2），则直线m的解析式为 ．③直线y＝﹣2x+3向右平移 个单位，其图象经过点（6，﹣4）．（3）深入探索：如图，直线y＝x+1与x轴交于点B，且经过点A，已知A的横坐标为2，点P是x轴上的一动点，当△ABP为直角三角形时，求△ABP的面积．解：（2）①∵直线y＝kx+5与直线y＝﹣3x+2垂直，∴k1•k2＝﹣1，∴k＝，故答案为：；②∵直线m与直线y＝﹣2x+3平行，∴设直线m的函数解析式为y＝﹣2x+b，将（4，﹣2）代入得b＝6，∴直线m的解析式为：y＝﹣2x+6，故答案为：y＝﹣2x+6；③设直线y＝﹣2x+3平移后经过（6，﹣4）的函数解析式为y＝﹣2x+a，∴﹣2×6+a＝﹣4，∴a＝8，∴y＝﹣2x+8，∴y＝﹣2x+3与x轴交点为（0，），y＝﹣2x+8与x轴交点为（0，4），∴向右平移了4﹣＝个单位，故答案为：；（3）由题意知：A（2，3），B（﹣1，0），当△ABP为直角三角形时，存在两种情形，当AP⊥x轴时，P（2，0），∴S△ABP＝＝，当AP⊥AB时，设AP的解析式为y＝﹣x+c，将A（2，3）代入得﹣2+c＝3，∴c＝5，∴直线AP的解析式为y＝﹣x+5，∴点P（5，0），∴BP＝6，∴S△ABP＝＝9，综上：△ABP的面积为9或．变式2．（2022·辽宁沈阳·八年级阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点，点，函数的图象与直线交于点M，与y轴交于点C．(1)求直线的函数解析式；(2)当点M在线段上时，求m的取值范围；(3)当为直角三角形时，求m的值．【答案】(1)(2)(3)0或-1【分析】（1）利用待定系数法直接求解即可；（2）画出图形，即可知当直线在直线AD（包括直线AD）和直线BE（包括直线BE）之间时，点M在线段上．由A、B两点坐标分别求出m，即可得出其取值范围；（3）分类讨论①当时和②当时，结合图象即可求解．（1）设直线的函数解析式为，则，解得：．∴直线的函数解析式为；（2）如图，当直线在直线AD（包括直线AD）和直线BE（包括直线BE）之间时，点M在线段上．当经过点A时，即直线与直线AD重合，∴；当经过点B时，即直线与直线BE重合，∴，解得：．∴当时，点M在线段上；（3）∵点A在y轴上，∴不可能为直角．分类讨论：①当时，如图，此时C点与原点重合，即直线经过原点，∴，即；②当时，如图点，设∴，，∵，又∵，∴，解得：，∴当直线y=2x+m经过（0，-1）时，即m=-1，符合题意.综上可知当为直角三角形时，m的值为0或-1．【点睛】本题考查利用待定系数法求一次函数解析式，一次函数与几何的综合．利用数形结合的思想是解题关键．题型3. 一次函数与等腰直角三角形例：点在平面内，使为等腰直角三角形。第一步：画出6个答案：第二步：分情况求解：见斜等腰三角形构“K”型全等求坐标：①当时， ②当时， ①设 法一：为的中点 法二：①设 ②构造“K”型全等： ∴ ②构造“K”型全等：③表示线段：；； ∴ ； ③表示线段：④由全等，得 ； ； ∴ ④由全等，得： ∴例3．（2022•和平区校级期中）【模型建立】（1）如图1，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA．【模型应用】（2）如图2，已知直线l1：y＝x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线l1绕点A逆时针旋转45°至直线l2，则直线l2的函数表达式为 ．（3）如图3，将图1四边形放到平面直角坐标系中，点E与O重合，边ED放到x轴上，若OB＝2，OC＝1，在x轴上存在点M使得以O、A、B、M为顶点的四边形面积为4，请直接写出点M的坐标 ．（4）如图4，平面直角坐标系内有一点B（3，﹣4），过点B作BA⊥x轴于点A，BC⊥y轴于点C，点P是线段AB上的动点，点D是直线y＝﹣2x+1上的动点且在第四象限内．若△CPD是等腰直角三角形．请直接写出点D的坐标 ．证明：（1）∵AD⊥ED，BE⊥ED，∴∠BEC＝∠ADC＝90°，∴∠ACD+∠DAC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠BCE+∠ACD＝90°，∴∠BCE＝∠CAD，在△BEC和△CDA中，，∴△BEC≌△CDA（AAS）；（2）过点B作BF⊥l1，交l2于F，过F作FH⊥y轴于H，则△ABF是等腰直角三角形，由（1）同理可证△OAB≌△HBF（AAS），∴OA＝BH，OB＝FH，∵直线l1：y＝x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴A（﹣2，0），B（0，3），∴OA＝2，OB＝3，∴OH＝5，FH＝3，∴F（﹣3，5），设l2的函数解析式为y＝kx+b，将点A，F的坐标代入得k＝﹣5，b＝﹣10，\∴直线l2的函数解析式为y＝﹣5x﹣10，故答案为：y＝﹣5x﹣10；（3）由（1）得△BOC≌△CDA，∴OC＝AD＝1，CD＝OB＝2，∴A（3，1），∵S△AOB＝＝3，∴S△OAM＝1，∴OM＝2，∴M（2，0），如图，当M在x轴负半轴时，∵，∴S，∴OM＝1，∴M（﹣1，0），故答案为：（2，0）或（﹣1，0）；（4）①若点P为直角顶点时，如图， 设点P的坐标为（3，m），则PB的长为4+m，∵∠CPD＝90°，CP＝PD，∠CPM+∠CDP+∠PDH＝180°，∴∠CPM+∠PDH＝90°，又∵∠CPM+∠DPM＝90°，∴∠PCM＝∠PDH，在△MCP与△HPD中，，∴△△MCP≌△HPD（AAS），∴CM＝PH，PM＝PD，∴点D的坐标为（7+m，﹣3+m），又∵点D在直线y＝﹣2x+1上，∴﹣2（7+m）+1＝﹣3+m，解得：m＝﹣，即点D的坐标为（）；②若点C为直角顶点时，如图，设点P的坐标为（3，n），则PB的长为4+n，CA＝CD，同理可证明△PCM≌△CDH（AAS），∴PM＝CH，MC＝HD，∴点D的坐标为（4+n，﹣7），又∵点D在直线y＝﹣2x+1上，∴﹣2（4+n）+1＝﹣7，解得：n＝0，∴点P与点A重合，点M与点O重合，即点D的坐标为（4，﹣7）；③若点D为直角顶点时，如图，设点P的坐标为（3，k），则PB的长为（4+k），CD＝PD，同理可证明△CDM≌△PDQ（AAS），∴MD＝PQ，MC＝DQ，∴D（），又∵点D在直线y＝﹣2x+1上，∴﹣2×＝﹣，解得：k＝﹣，∴点P与点A重合，点M与点O重合，即点D的坐标为（），综上所述，点D的坐标为（）或（4，﹣7）或（），故答案为：（）或（4，﹣7）或（）．变式1．（2022•河北八年级期中）如图，直线y＝﹣x+1交y轴于A点，交x轴于C点，以A，O，C为顶点作矩形AOCB，将矩形AOCB绕O点逆时针旋转90°，得到矩形DOFE，直线AC交直线DF于G点．（1）求直线DF的解析式；（2）求证：OG平分∠CGD；（3）在第一象限内，是否存在点H，使以G，O，H为顶点的三角形为等腰直角三角形？若存在请求出点H的坐标；若不存在，请什么理由．解：（1）∵直线y＝﹣x+1交y轴于A点，交x轴于C点，∴A点的坐标是（0，1），C点的坐标是（2，0），∵将矩形AOCB绕O点逆时针旋转90°，得到矩形DOFE，∴F点的坐标是（0，2），D点的坐标是（﹣1，0），设直线DF的解析式是y＝kx+2，∴﹣k+2＝0，解得k＝2，∴直线DF的解析式是：y＝2x+2．（2）如图1，作OM⊥DF，交DF于点M，作ON⊥CG，交CG于点N，，在Rt△OAC和Rt△ODF中，（HL）∴Rt△OAC≌Rt△ODF，又∵OM⊥DF，ON⊥CG，∴OM＝ON，在Rt△OMG和Rt△ONG中，（HL）∴Rt△OMG≌Rt△ONG，∴∠MGO＝∠NGO，∴OG平分∠CGD．（3）存在点H，使以G，O，H为顶点的三角形为等腰直角三角形．联立解得∴点G的坐标是（﹣，），∴OG＝，∴OG所在的直线的斜率是：，①如图2，，，，当∠OGH＝90°时，设点H的坐标是（a，b），则解得∴点H的坐标是（0.8，1.6）．②如图3，当∠GOH＝90°时，设点H的坐标是（c，d），则解得∴点H的坐标是（1.2，0.4）．③如图4，当∠GHO＝90°时，设点H的坐标是（e，f），则解得∴点H的坐标是（0.4，0.8）．综上，可得 存在点H，使以G，O，H为顶点的三角形为等腰直角三角形，点H的坐标是（0.8，1.6）、（1.2，0.4）或（0.4，0.8）．变式2．（2022•山东八年级月考）如图，直线y＝﹣x+b（b＞0）交x轴于点A，交y轴于点B．（1）求点A、B的坐标（用含b的代数式表示）；（2）若点P是直线AB上的任意一点，且点P与点O距离的最小值为4，求该直线的表达式；（3）在（2）的基础上，若点C在第一象限，且△ABC为等腰直角三角形，求点C的坐标．解：（1）对于直线y＝﹣x+b（b＞0），令x＝0，∴y＝b，∴B（0，b），令y＝0，∴﹣x+b＝0，∴x＝2b，∴A（2b，0）；（2）由（1）知，A（2b，0），B（0，b），∴OA＝2b，OB＝b，AB＝b，∵点P与点O距离的最小值为4，∴×2b•b＝×b×4，∴b＝2，∴直线AB的解析式为y＝﹣x+2；（3）如图，由（1）知，A（4，0），B（0，2），∴OA＝4，OB＝2过点C作CD⊥x轴于D，作CE⊥y轴于E，∵∠DOE＝90°，∴四边形ODCE是矩形，∴OD＝CE，CD＝OE，∠DCE＝90°，∴∠BCE+∠BCD＝90°，∵△ABC是等腰直角三角形，当∠ACB＝90°时，∴BC＝AC，∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCD＝90°，∴∠BCE＝∠ACE，∴△BCE≌△ACD（AAS），∴BE＝AD，CE＝CD，∴设点C坐标为（m，m），∴AD＝OA﹣OD＝4﹣m，BE＝OE﹣OB＝m﹣2，∴4﹣m＝m﹣2，∴m＝3，∴C（3，3），如图2，②当∠BAC＝90°时，过点C'作C'F⊥x轴于F，∴∠C'AF+∠AC'F＝90°，∵∠C'AF+∠OAB＝90°，∴∠OAB＝∠FC'A，∵AB＝AC'，∴△AOB≌△C'FA（AAS），∴C'F＝OA＝4，AF＝OB＝2，∴OF＝OA+AF＝6，∴C'（6，4），③当∠ABC＝90°时，同②的方法得，C（2，6），即：点C的坐标为（3，3）或（6，4）或（2，6）． 题型4.一次函数与全等三角形1.解题步骤：①找固定相等的角或边；②以对应边/角相等要求分类讨论全等情况。2.相等的角或边情况：①公共边情况：平面内找一点，使以、、为顶点的三角形与全等. 、关于成轴对称，、关于成轴对称，即是、的中垂线，可用中垂线代数法求点。②固定角相等：①两个三角形为直角三角形；②相等角为对顶角： 常见运用公式：①若两直线、垂直，则；②点，：、中点坐标：；；③中垂线代数法：例：如下图，若点，是的中垂线，求点的坐标。 ①求出；②∵∴∴ ∴设③求出中点代入，求得；④求出直线与轴交点例4．（2022•婺城区校级期末）如图①，已知直线y＝﹣2x+4与x轴、y轴分别交于点A、C，以OA、OC为边在第一象限内作长方形OABC．（1）求点A、C的坐标；（2）将△ABC对折，使得点A与点C重合，折痕交AB于点D，求直线CD的解析式（图②）；（3）在坐标平面内，是否存在点P（除点B外），使得△APC与△ABC全等？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）A（2，0）；C（0，4）（2分）（2）由折叠知：CD＝AD．设AD＝x，则CD＝x，BD＝4﹣x，根据题意得：（4﹣x）2+22＝x2解得：此时，AD＝，（2分）设直线CD为y＝kx+4，把代入得（1分）解得：∴直线CD解析式为（1分）（3）①当点P与点O重合时，△APC≌△CBA，此时P（0，0）②当点P在第一象限时，如图，由△APC≌△CBA得∠ACP＝∠CAB，则点P在直线CD上．过P作PQ⊥AD于点Q，在Rt△ADP中，AD＝，PD＝BD＝＝，AP＝BC＝2由AD×PQ＝DP×AP得：∴∴，把代入得 此时（也可通过Rt△APQ勾股定理求AQ长得到点P的纵坐标）③当点P在第二象限时，如图 同理可求得：∴此时综合得，满足条件的点P有三个，分别为：P1（0，0）；；． 变式1．（2022•辽宁八年级期中）如图，在△ABC中，∠C＝45°，∠BAC＝90°，点A为（，0）、点B为（0，1），坐标系内有一动点P，使得以P、A、C为顶点的三角形和△ABC全等，则P点坐标为 ．解：∵点A坐标为（，0）、点B坐标为（0，1），∴OA＝，OB＝1，∴AB＝＝2∵∠BAC＝90°，∠ACB＝45°，∴AB＝AC＝2，BC＝2，△ABC与△ACP全等分为三种情况：①如图1，延长BA到P，使AB＝AP，连接CP，过P作PM⊥x轴于M，则∠AOB＝∠AMP＝90°在△AOB和△AMP中，∵，∴△AOB≌△AMP（AAS），∴AM＝AO＝，MP＝OB＝1，故点P的坐标为（2，﹣1）；②如图2，过点C作CP⊥AC，使CP＝AB，则△ABC≌△CPA，故∠PAC＝∠ACB＝45°，AP＝BC＝2，过P作PM⊥x轴于M，此时∠PAM＝15°，在x轴上取一点N，使∠PNM＝30°∴∠PAM＝∠APN＝15°，即NA＝NP，设PM＝x，则PN＝AN＝2x，NM＝x，在Rt△APM中，∵AP2＝AM2+PM2，∴（2）2＝（2x+x）2+x2，解得：x＝﹣1，则OM＝OA+2x+x＝2+1，故点P的坐标为（2+1，﹣1）；③如图3，作CP⊥AC，使CP＝AB，连接BP，则△ABC≌△CPA，∵∠BAC＝∠PCA＝90°，且CP＝AB，∴四边形ABPC是矩形，∴AB＝BP，∠ABP＝90°，即∠ABO+∠PBM＝90°，过点P作PM⊥y轴，则∠BPM+∠PBM＝90°，∴∠ABO＝∠BPM，在△AOB和△BMP中，∵，∴△AOB≌△BMP（AAS），∴BM＝OA＝，PM＝OB＝1，故点P的坐标为（1，）；当点P与点B重合时，点P的坐标为（0，1），综上，点P的坐标为（0，1），（1，+1），（2，﹣1），（2+1，﹣1）．变式2．（2022重庆八年级期末）在直角坐标系中，已知A（6，0）、F（3，0），C（0，2），在△AOC的边上取两点P、Q（点Q是不同于点F的点），若以O、P、Q为顶点的三角形与△OFP全等，则符合条件的点P的坐标为 ．解：①如图1，过点F作FP⊥OA，交AC于点P，过点P作PQ⊥OC，垂足为Q，连接OP，此时△OFP≌PQO，∵A（6，0）、F（3，0），∴PF、PQ是△OAC的中位线，∴PQ＝OA＝3，PF＝OC＝，∴P（3，），②如图2，由①可知，点P、Q位置互换，亦满足题意，此时，P（0，），③如图3，作∠AOC的平分线交AC于点P，在OC上截取OQ＝OF＝3，连接PF、PQ，此时△OFP≌OQP，过点P作PM⊥OA，垂足为M，PN⊥OC，垂足为N，则PM＝PN，由三角形面积公式得，OA•PM+OC•PN＝AO•OC，即，6PM+2PM＝6×2，∴PM＝PN＝3﹣3，∴点P（3﹣3，3﹣3），④如图4，在AC上截取AP＝6＝OA，取AP的中点Q，则PQ＝OF＝3，过点P作PB⊥OA，垂足为B，在Rt△ABP中，PB＝AP＝3，AB＝×AP＝3，∴OB＝OA﹣AB＝6﹣3，∴点P（6﹣3，3），故答案为：（3，）或（0，）或（3﹣3，3﹣3）或（6﹣3，3）．题型5.一次函数与面积问题1.求点的坐标：一般会求两种坐标：①直线与轴、轴的交点坐标；②两直线的交点坐标。2.表示面积：①规则图形：用公式法（三角形面积不能漏×）；②不规则图形：分割法，如下图：四边形用分割，； ，如下图：.注：求三角形面积时往往选择平行于坐标轴的线段作为底，底所对的顶点的坐标确定高。例6．（2022·湖南武陵·八年级期末）如图，已知直线AB过点A（5，0）、B（0，﹣5），交直线OC于点C，且直线OC的解析式为y．（1）求直线AB的解析式；（2）求△AOC的面积；（3）若点P在直线OC上，且△BCP的面积是△AOC面积的2倍，求点P的坐标．【答案】（1）；（2）；（3）（8，－12）或（－4，6）【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）先将直线AB与直线OC的函数解析式联立方程组求得点C的坐标，由此即可求得△AOC的面积；（3）先根据△BCP的面积是△AOC面积的2倍求得△BCP的面积，再根据点P在直线AB的右下方或者点P在直线AB的左上方进行分类讨论，由此即可求得答案．【详解】（1）解：设直线AB的解析式为，将A（5，0）、B（0，﹣5）代入，得：，解得：，∴直线AB的解析式为；（2）将与y联立方程组，得：，解得：，∴点C的坐标为（2，－3），∴；（3）∵△BCP的面积是△AOC面积的2倍，，∴，如图，当点P在直线AB的右下方时， ∵，∴，∴，解得：，将代入，得：，∴点P的坐标为（8，－12）；如图，当点P在直线AB的左上方时，∵，，∴，∴，解得：，又∵此时点P在y轴的左侧，∴，将代入，得：，∴点P的坐标为（－4，6），综上所述，若△BCP的面积是△AOC面积的2倍，则点P的坐标为（8，－12）或（－4，6）．【点睛】本题主要考查了一次函数的图象与性质，待定系数法求解析式，两函数的交点问题以及三角形的面积，正确利用三角形面积公式列方程是关键．变式1．（2022·成都市树德实验中学八年级期末）如图1，在平面直角坐标中，直线：与抽交于点，直线：与轴交于点，与相交于点．（1）请直接写出点，点，点的坐标：_________，________，_______．（2）如图2，动直线分别与直线、交于、两点．①若，求的值；②若存在，求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（-1，0）、（1，0）、（2，3）；（2）①t=1或3；②（0，-3）或（4，9）【分析】（1）根据一次函数与x轴的交点纵坐标为0即可求出AB坐标，联立两个一次函数即可求出C点坐标；（2）①设点P（t，t+1），同理点Q（t，3t-3），则PQ=|t+1-3t+3|=2，即可求解；②在y轴负半轴取点M使NM=NK，过点M作直线m∥AC交l2于点Q，则点Q为所求点，进而求解；当点M在x轴上方时，同理可得点M（0，5），进而求解．【详解】（1）对于直线l2：y=3x-3①，令y=3x-3=0，解得x=1，故点B（1，0）， 对于l1：y=x+1，同理可得：点A（-1，0）， 则，解得，故点C的坐标为（2，3），故答案为：（-1，0）、（1，0）、（2，3）； （2）①点P在直线l1上，则设点P（t，t+1），同理点Q（t，3t-3），则PQ=|t+1-3t+3|=2，解得t=1或3； ②当点Q在x轴下方时，如下图， 设直线l1交y轴于点K，过点B作直线n∥AC交y轴于点N， 在y轴负半轴取点M使NM=2NK，过点M作直线m∥AC交l2于点Q，则点Q为所求点， 理由：∵M、Q在直线m上，且m∥AC，∴S△MAC=S△QAC，同理S△NAC=S△BAC， ∵MN=2KN，则m、l1之间的距离等于2倍n、l1之间的距离，∴S△AQC=2S△ABC， 由直线l1的表达式知点K（0，1），设直线n的表达式为y=x+b，将点B的坐标代入上式并解得b=-1，∴ N（0，-1）， ∵NK=1-（-1）=2，∴MN=NK=2，∴M（0，-3），在直线m的表达式为y=x-3②， 联立①②解得，∴Q（0，-3）； ②当点M在x轴上方时，同理可得点M（0，5）， 同理可得，过点M且平行于AC的直线表达式为y=x+5③， 联立①③解得，∴ Q的坐标为（4，9）； 综上，点Q的坐标为（0，-3）或（4，9）．【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、平行线的性质、绝对值的应用、面积的计算等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．变式2．（2022·四川泸县·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知一次函数的图象经过点和点，直线与x轴，y轴分别交于A，B两点，与直线CD相交于点E，且．（1）求一次函数的解析式；（2）求四边形OBEC的面积四边形OBEC；（3）在坐标轴上是否存在点P，使得？若存在，求出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）4；（3）存在点P，其坐标为，，，【分析】（1）根据经过点和点，待定系数法求解析式即可；（2）根据题意求得，再联立即可求得点的坐标，进而根据四边形OBEC 即可求得；（3）分两种情况讨论：①当点P在x轴上时，设点P的坐标为，②当点P在y轴上时，设点P的坐标为，根据题意列出方程求解即可．【详解】解：（1）因为经过点和点，所以，解得，一次函数的解析式为；（2）因为，又，所以，即，所以，所以，所以直线AB的解析式为，因为直线交y轴于点B，所以点．因为直线与直线相交于点E，所以，解得：，即点，所以四边形OBEC ；（3）分两种情况讨论：①当点P在x轴上时，设点P的坐标为，由题意得：，解得：或，所以此时点P的坐标为，；②当点P在y轴上时，设点P的坐标为，由题意得：，解得：或，所以此时点P的坐标为，，综上所述，在坐标轴上存在点P，使得，其坐标为，，，【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，利用二元一次方程组求两直线交点，分类讨论是解题的关键．题型6. 一次函数中的探究规律问题例7．（2022·河北保定师范附属学校八年级期末）如图，过点作轴的垂线，交直线于点；点与点关于直线对称；过点作轴的垂线，交直线于点；点与点关于直线对称；过点作 轴的垂线，交直线于点按此规律作下去， 则点的坐标为_______；点的坐标为_______ ．【答案】（8，0）； （22020，22021）． 【分析】先根据题意求出A2点的坐标，再根据A2点的坐标求出B2的坐标，以此类推总结规律便可求出点A4、B2021的坐标．【详解】解：∵点A1坐标为（1，0），∴OA1=1， 过点A1作x轴的垂线交直线于点B1，点B1在上，y=2×1=2，B1点的坐标为（1，2）， ∵点A2与点O关于直线A1B1对称，∴OA1=A1A2=1，∴OA2=1+1=2， ∴点A2的坐标为（2，0），点B2在上，y=2×2=4，B2的坐标为（2，4）， ∵点A3与点O关于直线A2B2对称．故点A3的坐标为（4，0），点B3在上，y=2×4=8，B3的坐标为（4，8），此类推便可求出点An的坐标为（2n-1，0），点Bn在上，y=2×2n-1=2n，点Bn的坐标为（2n-1，2n）．所以点A4的坐标为（8，0），点的坐标为（8，16）所以点A2021的坐标为（22020，0），点的坐标为（22020，22021）故答案为（8，0），（22020，22021）．【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征：一次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了轴对称的性质．变式1．（2022·成都七中八年级期中）如图，在平面直角坐标系，直线与轴交于点，以为一边在上方作等边，过点作平行于轴，交直线于点，以为一边在上方作等边，过点作平行于轴，交直线于点，以为一边在上方作等边，……，则的横坐标为__________．【答案】【分析】先根据直线 与x轴交于点，可得 (3,0)，O=3，再过作A⊥O于A，根据等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，求得的横坐标为，过作于，求得的横坐标为，过作于，求得的横坐标为，同理可得 的横坐标为，由此可得，的横坐标为，进而求得点的横坐标是．【详解】解：由直线与轴交于点，可得，∴，如图所示，过作于，则，即的横坐标为，由题意可得，，∴，∴，过作于，则，即的横坐标为，过作于，同理可得 横坐标为，同理可得，的横坐标为，由此可得，的横坐标为，点的横坐标是，故答案为．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及等边三角形性质应用，解题的关键是根据性质找出规律，求得坐标．变式2．（2022·成都市·树德中学八年级期末）在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝2x﹣2与x轴交于点A1，如图所示，依次作正方形A1B1C1O，正方形A2B2C2C1，…，正方形AnBn∁nCn﹣1，使得点A1，A2，A3，…An在直线l上，点C1，C2，C3，…∁n在y轴正半轴上，则正方形AnBn∁nCn﹣1的面积是_____．【答案】【分析】由直线点的特点得到，分别可求OA1＝OC1＝1，C1A2＝，C2A3＝，……，从而得到正方形边长的规律为Cn﹣1An＝，即可求正方形面积．【详解】解：直线l：y＝2x﹣2与x轴交于点A₁（1，0），与y轴交于点D（0，﹣2），∴，∵OA1＝OC1＝1，∴A1B1C1O的面积是1；∴DC1＝3，∴C1A2＝，∴A2B2C2C1的面积是；∴DC2＝，∴C2A3＝，∴A3B3C3C2的面积是；……∴Cn﹣1An＝，∴正方形AnBn∁nCn﹣1的面积是，故答案为．【点睛】本题考查的是平面直角坐标系中有规律的点的坐标与图形的探索问题，列出前面几步的数据找到点或图形的变化规律是解答关键.课后专项训练1．（2022·浙江·金华市南苑中学八年级期中）如图，直线y＝－x＋8与x轴，y轴分别交于点A，B，直线y＝x＋1与直线AB交于点C，与y轴交于点D．则△BDC的面积=____．若P是y轴正半轴上的一点，Q是直线AB上的一点，连接PQ．△BDC与△BPQ全等(点Q不与点C重合)，写出所有满足要求的点Q坐标______．【答案】 ，，【分析】将两条直线的方程联立，求出点的坐标，从而可得的底与高，进而求出面积；对点的位置进行分类讨论，画出使与全等的草图，结合全等三角形对应边相等建立等量关系，求出点的坐标．【详解】解：，令，得，．，令，得，．．令，解得，．．若与全等，则：①当点在点下方时，如图所示，，．，即，解得，将代入，得．．②当点在点上方时，如图所示．若，，则，将代入，得，．若，，则， 将代入，得，．综上，所有满足题意的点的坐标为，，．故答案为：；，，．【点睛】本题考查了一次函数的性质及应用，全等三角形的性质与判定，熟练掌握一次函数与全等三角形相关知识是解题的关键．2．（2022·上海市梅陇中学八年级期中）已知一次函数的图象与轴、轴分别相交于点、点，在直线上有一点，连接、，三角形是等腰三角形，则点的坐标为______．【答案】或或【分析】利用一次函数求得、的坐标，然后利用勾股定理列方程，即可求得的坐标．【详解】解：一次函数的图象与轴、轴分别相交于点、点，，，，设，当AB=BC时，则，解得∶ 或2，或；当AC=BC时， 解得∶，∴点C；综上，点的坐标为或或，故答案为：或或【点睛】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，涉及到勾股定理和等腰三角形的定义，难度不大，分类讨论思想的运用是解题的关键．3．（2022·浙江·金华市八年级期末）如图，直线交轴于点，以为直角边长作等腰，再过点作等腰△交直线于点，再过点再作等腰△交直线于点，以此类推，继续作等腰△，，△，其中点都在直线上，点都在轴上，且，，都为直角．则点的坐标为__，点的坐标为__．【答案】 ，【分析】先求出点坐标，根据等腰三角形的性质可得出的长，故可得出的坐标，同理即可得出，的坐标，找出规律即可．【详解】解：直线交轴于点，，是等腰直角三角形，，，是等腰直角三角形，，，，同理可得，，，，故答案为：，，．【点睛】本题考查一次函数图像上点的坐标特点，熟知一次函数图像上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．4．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，直线yx与x轴交于点A，且经过点B（2，a），在y轴上有一动点P，直线BC上有一动点M，已知C（3，0）．（1）a＝_____；（2）若△APM是以线段AM为斜边的等腰直角三角形，则点M的坐标是 _____．【答案】 3 ，或，或，或，【分析】（1）令x=2即可求得a的值；（2）先求得直线BC的解析式为y=-3x+9，点A的坐标为（-2，0），过点M作MH⊥y轴于点H，证明△MPH≌△PAO，然后设点P的坐标为（0，y），点M的坐标为（x，-3x+9），然后求得AO、PO、PH、MH的长，进而由全等三角形的性质列出方程求得x的值，即可得到点M的坐标．【详解】解：（1）当时，，，故答案为：3．（2）由（1）得点的坐标为，设直线的解析式为，，解得：，直线的解析式为，对，当时，，点的坐标为，即得，过点作轴于点，则，，是以为对角线的等腰直角三角形，，，，，，，，设，，则，，，，解得：或或或，点的坐标为，或，或，或，．【点睛】本题考查了一次函数图像上点的坐标特征、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是过点M作MH⊥y轴于点H，构造全等三角形．5．（2022·江西景德镇·八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线：与轴交于点，直线与两坐标轴分别交于点，点，直线与交于点，点在射线上，若为直角三角形，则点的坐标为______．【答案】(9,7)或(1,-1)或(4,2)【分析】设P(x,x-2)，根据两点距离公式可求得AB2=42+22=20，AP2=x2+(x-2-2)2=2x2-8x+16，BP2=(x-4)2+(x-2)2=2x2-12x+20，然后分三种情况：当∠ABP=90°时，则AB2+BP2=AP2；当∠BAP=90°时，则AB2+AP2=BP2；当∠APB=90°时，则AB2=BP2+AP2，分别求解即可．【详解】解：设P(x,x-2)，∵，∴AB2=42+22=20，AP2=x2+(x-2-2)2=2x2-8x+16，BP2=(x-4)2+(x-2)2=2x2-12x+20，当∠ABP=90°时，则AB2+BP2=AP2，∴20+2x2-12x+20=2x2-8x+16，解得：x=9，则x-2=7，∴P(9,7)；当∠BAP=90°时，则AB2+AP2=BP2，∴20+2x2-8x+16=2x2-12x+20，解得 ：x=-4，∵点P在射线DC上，故x>0，所以x=-4不符合题意，舍去，当∠APB=90°时，则AB2=BP2+AP2，20=2x2-12x+20+2x2-8x+16，解得：x1=1，x2=4，∴x-2=-1或2，∴P(1,-1)或(4,2)，综上，点P的坐标为(9,7)或(1,-1)或(4,2)，故答案为：(9,7)或(1,-1)或(4,2)【点睛】本题考查一次函数与特殊三角形综合问题，一次函数图象上点的坐标特征，利用坐标求两点距离，勾股定理，注意分类讨论思想的应用，以免漏解．6．（2023·黑龙江·哈尔滨市九年级开学考试）已知，在平面直角坐标系中，直线与x轴的负半轴交于点A，与y轴的正半轴交于点B，点C在线段AB上，AOC与BOC的面积相等．(1)求点C的坐标；(2)若点D在x轴的正半轴上，点D的横坐标为t，连接CD，OCD的面积为S，求S与t的函数解析式；(3)在（2）的条件下，将射线CD绕着点C逆时针旋转45°，得到射线CE，射线CE交y轴于点E，连接DE，若ODE的周长为12，求直线DE的解析式．【答案】(1)(2)（t＞0）(3)【分析】（1）△AOC与△BOC的面积相等，而OA=OB=4，则，则设点C的坐标为（m，-m），即可求解；（2）由S=×DO×，即可求解；（3）证明△HMC≌△DNH（AAS），求出点H的坐标为（t， t+2），得到直线HC的表达式为y=（x+2）+2，求出OE=×2+2，进而求解．（1）解：对于y=x+4，令y=x+4=0，解得x=-4，令x=0，则y=4，故点A、B的坐标分别为（-4，0）、（0，4），∵，而OA=OB=4，∴，则设点C的坐标为（m，-m），将点C的坐标代入y=x+4得：-m=m+4，解得m=-2，∴点C的坐标为（-2，2）；（2）解：由题意得：S=×DO×=t•2=t（t＞0）；（3）解：由题意得：12=OE+OD+ED，即12=t+OE+，设y=t+OE，则，∴12=y+，∴144-24y+=-，∴144-24（t+OE）=-整理得：t•OE-12（t+OE）+72=0，解得：OE=．过点D作DH⊥CE交CE的延长线于点H；过点H作x轴的平行线，交过点D与y轴的平行线于点N，交过点C与y轴的平行线于点M，∵∠ECD=45°，则△CHD为等腰直角三角形，则DH=CH，∠DHC=90°，设点H的坐标为（a，b），∵∠NHD+∠MHC=90°，∠NHD+∠HDN=90°，∴∠MHC=∠HDN，∵∠HMC=∠DNH=90°，DH=CH，∴△HMC≌△DNH（AAS），∴MH=DN，MC=HN，即a+2=b，b-2=t-a，解得，即点H的坐标为（t，t+2），设直线HC的表达式为y=kx+b，将H，C的坐标代入得：，解得，∴y=x++2=（x+2）+2，当x=0时，y=×2+2，∴OE=×2+2=．解得：t=-6（舍去）或4，故点D的坐标为（4，0），则OE==3，故点E（0，3），设直线ED的表达式为y=sx+n，则，解得，故直线DE的表达式为y=-x+3．【点睛】本题考查了是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、解二元一次方程组、用待定系数法求一次函数解析式、面积的计算等，综合性强，难度较大．7．（2022·黑龙江·哈尔滨市第四十七中学八年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点B和点C在x轴上，点A在y轴上，，，且a，b满足．(1)证明为等边三角形；(2)现有一动点P从点A沿y轴负方向运动，速度为1个单位长度每秒，连接，在的下方作等边三角形过点Q作轴，垂足为D，设点P的运动时间为t秒，的长度为d，求d与t之间的关系式；（用含t的式子表示d）(3)在（2）问的条件下，已知，当为等腰直角三角形时，求t的值，并求出此时直线与x轴的交点E的坐标．【答案】(1)证明见解析(2)(3)，或，【分析】（1）根据非负数的性质，求出a，b可得AB=AC=BC，即可求证；（2）过点P作PG⊥AC于G，证明，可得CD=CG，DQ=PG，从而得到AP=2DQ，即可求解；（3）分两种情况讨论：当点P在线段OA上，当点P在AO的延长线上，即可求解．（1）证明∶∵，∴a-2=0，b-4=0，∴a=2，b=4，∴AB=4，OB=OC=2，∴OA⊥BC，∴AB=AC，∵BC=OB+OC=4，∴AB=AC=BC，∴△ABC是等边三角形；（2）解：根据题意得：AP=t，如图，过点P作PG⊥AC于G，由（1）知，△ABC是等边三角形，∴∠BAC=∠ACB=60°，∵AO⊥BC，∴，∴AP=2PG，∵△CPQ为等边三角形，∴∠PCQ=∠ACB=60°，CP=CQ，∴∠PCG=∠DCQ，在△CGP和△CDQ中，∵，∴，∴CD=CG，DQ=PG，∴AP=2DQ，∵QD的长度为d，∴；（3）解：根据题意得：AP=t，∵为等腰直角三角形，且∠POC=90°，∴OP=OC=2，当点P在线段OA上，即时，则，即，点P（0，2），∴，∴， ∴，∴，∴点，设直线PQ的解析式为 ，∴，解得：，∴直线PQ的解析式为 ，当y=0时， ，∴点；当点P在AO的延长线上，即时，则，即，点P（0，-2），过点P作PF⊥AC交AC延长线于点F，由（1）知，△ABC是等边三角形，∴∠BAC=∠ACB=60°，∵AO⊥BC，∴，∴AP=2PF，∵△CPQ为等边三角形，∴∠PCQ=∠ACB=60°，CP=CQ，∴∠PCF=∠DCQ，在△CEP和△CDQ中，∵，∴，∴CD=CF，DQ=PF，∴AP=2DQ，∴，∴， ∴，∴，∴点，设直线PQ的解析式为 ，∴，解得：，∴直线PQ的解析式为 ，当y=0时， ，∴点；综上所述，，或，．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，待定系数法，解本题的关键是判断出点Q的坐标．8．（2022·上海市国和中学八年级期中）如图，已知点A（0，6），点C（3，0），将线段AC绕点C顺时针旋转，点A落在点B处，点D是x轴上一动点．(1)求直线BC的解析式；(2)联结B、D．若，求点D的坐标；(3)联结A、D交线段BC于点Q，且∠OAC＝∠CAQ．求△BCD的面积．【答案】(1)；(2)(3)【分析】（1）过B点作BM⊥x轴交于M，证明（AAS），求出B（9，3），再由待定系数法求函数的解析式即可； （2）求出直线AC的解析式，由，可设直线BD的解析式为，将点B（9，3）代入求解，从而可得答案； （3）作O点关于直线AC的对称点E，连接AE与x轴交于D，与线段BC交于Q，设CD=y，ED=x，由勾股定理得，①，②，联立①②可得x=4，y=5，即可求D（8，0），再求三角形的面积即可．（1）解：如图，过B点作BM⊥x轴交于M，∵∠ACB＝，∴∠ACO+∠BCM＝，∵∠ACO+∠OAC＝，∴∠BCM＝∠OAC，∵AC＝BC，∠AOC＝∠CMB＝，∴△ACO≌△CBM（AAS），∴BM＝OC，CM＝AO，∵A（0，6），C（3，0），∴BM＝3，CM＝6，∴B（9，3），设直线CB的解析式为y＝kx+b，∴ 解得 ，∴；（2）设直线AC的解析式为，∴ ，解得 ∴，∵，设直线BD的解析式为，∵B（9，3），∴，解得，∴，∴（3）作O点关于直线AC的对称点E，连接AE与x轴交于D，与线段BC交于Q，由对称性可知，∠OAC＝∠CAQ，∵A（0，6），C（3，0），∴OA＝AE＝6，OC＝CE＝3，设CD＝y，ED＝x，∴ 解得（不合题意的根舍去）∴CD＝5，∴D（8，0），∴【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，三角形全等的判定及性质，角平分线的性质，勾股定理，一元二次方程的解法，二元二次方程组的解法是解题的关键．9．（2021·广西·北海市第二实验学校九年级阶段练习）如图，已知，在直角坐标系中，直线y＝−x+8与x轴、y轴分别交于点A、C，点P从A点开始以1个单位/秒的速度沿x轴向左移动，点Q从O点开始以2个单位/秒的速度沿y轴向上移动，如果P、Q两点同时出发．(1)求点A、C的坐标；(2)若点B在y轴上，且与点A、C构成以AC为腰的等腰三角形，请直接写出所有符合条件的B点坐标．(3)经过几秒钟，能使△POQ的面积为8个平方单位．【答案】(1)点A的坐标为（6，0），点C的坐标为（0，8）(2)B点坐标为（0，−8）或（0，16）或（0，−2）(3)2秒或4秒或（3+）秒【分析】（1）点A和点C是函数与坐标轴的交点，分别让给x＝0，y＝0，求其对应的值即可；（2）根据题意，分类讨论即可；（3）当点P在OA上，当点P经过点O之后，分别计算即可．（1）解：当x＝0时，y＝8，∴点C的坐标为（0，8），当y＝0时，x＝6，∴点A的坐标为（6，0），∴线段OA＝6，线段OC＝8；（2）解：①当AC＝AB时，此时x轴为线段BC的垂直平分线，∴OB＝OC＝8，∴点B的坐标为（0，−8）；②当AC＝CB且点B在点C上方时，由勾股定理可知，AC＝，∴BC＝10，∴点B的坐标为（0，16）；③当BC＝AC且点B在点C下方时，∴BC＝AC＝10，∵OC＝8，∴OB＝2∴点B的坐标为（0，−2）；综上，B点坐标为（0，−8）或（0，16）或（0，−2）；（3）解：设经过t秒后，△POQ的面积为8个平方单位，当t＜6时，OP＝6−t，OQ＝2t，S△POQ＝×OP×OQ＝×（6−t）×2t＝8，解得t＝2或4，∴当t为2秒或4秒时，△POQ的面积为8个平方单位，当t＞6时，OP＝t−6，OQ＝2t，S△POQ＝×OP×OQ＝×（t−6）×2t＝8，解得t＝3+或3−（舍去），∴当t为（3+）秒时，，△POQ的面积为8个平方单位．综上，当t为2秒或4秒或（3+）秒时，，△POQ的面积为8个平方单位，【点睛】本题为一次函数综合题，能够根据题意将所有情况考虑到是关键．10．（2022·安徽·东至县大渡口镇大同初级中学八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，有一条直线过点和点，与轴，轴分别交于，两点．(1)求所在直线的表达式及线段的长；(2)求线段的长；(3)在轴上找一点，使得为直角三角形，求点的坐标．【答案】(1)，；(2)；(3)或或或．【分析】（1）根据待定系数法求解MN所在直线的表达式，再求A、B两点坐标，然后用勾股定理求线段AB的长；（２）构造直角三角形，用勾股定理求MN的长；（３）按斜边分三类进行讨论，再分别用勾股定理求解即可．（1）解：设所在直线的表达式为，将点，点代入得解得所在直线的表达式为．当时，代入得，当时，代入得，点，点，即，．在中，．（2）解：如图1，分别过点，作轴，轴，与相交于点．点，点，点．，．在中，．（3）解：如图2，过点作轴于点，过点作轴与点，连接，．点，点，，，，．设点，则，．，．①当为斜边时，有，即．整理得．解得．点的坐标为或．②当为斜边时，有，即．整理得．解得．点的坐标为．③当为斜边时，有，即．整理得．解得．点的坐标为．综上，点的坐标为或或或．【点睛】此题考查了一次函数、求线段的长度和勾股定理．熟练运用待定系数法求一次函数的解析式，用勾股定理求线段的长度是解此题的关键，在动点P的作用下成为直角三角形的分类思想是解此题的难点．11．（2022·广东·江门市第二中学九年级开学考试）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝2x﹣6交x轴于点C，交y轴于点D，点A，B的坐标分别为（1，0），（0，2），直线AB与直线CD相交于点P．(1)直线AB的表达式为 ；(2)点P的坐标为 ，连接OP，则＝ ；(3)若直线CD上存在一点E，使得△BPE的面积是△APO的面积的4倍，求点E的坐标．【答案】(1)y＝﹣2x+2(2)（2，﹣2），1(3)E（3，0）或（1，﹣4）【分析】（1）利用待定系数法即可求得直线AB的表达式；（2）通过解方程组即可得到点P的坐标，然后根据三角形面积公式求得△APO的面积；（3）设点E的坐标为（x，2x﹣6），依据的面积是的面积的4倍，求得△BPE的面积，然后根据或，即可得出x＝1或3，进而得到E（3，0）或（1，﹣4）．（1）解：设直线AB的表达式为y＝kx+b．由点A，B的坐标分别为（1，0），（0，2），∴，解得，所以直线AB的表达式为y＝﹣2x+2．故答案为y＝﹣2x+2．（2）解：由题意，得，解得，∴点P的坐标为（2，﹣2），∴＝＝1．故答案为（2，﹣2），1．（3）解：直线y＝2x﹣6中，令x＝0，则y＝﹣6，∴D（0，﹣6），设点E的坐标为（x，2x﹣6），∵的面积是的面积的4倍，∴＝4，∴或，∴×8×2﹣＝4或﹣＝4，解得x＝1或3，∴E（3，0）或（1，﹣4）．【点睛】本题主要考查了一次函数图像的交点问题、待定系数法求一次函数解析式、三角形面积等知识点，两函数图像的点坐标就是两函数解析式组成的方程组的解．12．（2022·福建三明·八年级期末）【探索发现】如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线DE经过点C，过A作AD⊥DE于点D．过B作BE⊥DE于点E，则△BEC≌△CDA，我们称这种全等模型为“k型全等”．（不需要证明）【迁移应用】已知：直线y＝kx＋3（k≠0）的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．(1)如图2. 当时，在第一象限构造等腰直角△ABE，；①直接写出OA＝ ，OB＝ ；②求点E的坐标；(2)如图3，当k的取值变化，点A随之在x轴负半轴上运动时，在y轴左侧过点B作BN⊥AB，并且BN＝AB，连接ON，问△OBN的面积是否为定值，请说明理由；(3)【拓展应用】如图4，当时，直线与y轴交于点D，点P（n，－2）、Q分别是直线l和直线AB上的动点，点C在x轴上的坐标为（3，0），当△PQC是以CQ为斜边的等腰直角三角形时，求点Q的坐标．【答案】(1)①2，3；②（3，5）(2)△OBN的面积为定值(3)点Q的坐标为或（4，﹣5）【分析】（1）①若，则直线与x轴，y轴分别交于A（2，0），B（0，3）两点，即可求解；②作ED⊥OB于D，则△BED≌△ABO．由全等三角形的性质得DE＝OB＝3，BD＝OA＝2，即可求解；（2）由点A随之在x轴负半轴上运动时，可知，过点N作NM⊥OB于M，则△BMN≌△AOB．由全等三角形的性质得MN＝OB＝3，根据三角形的面积公式即可求解；（3）过点P作PS⊥x轴于S，过点Q作QT⊥PS于T，证明△PCS≌△QPT．分两种情况，由全等三角形的性质得QT＝PS，PT＝SC，可得点Q的坐标，将点Q的坐标代入y＝﹣2x+3求得n的值，即可求解．（1）解：①若，则直线y＝kx+3（k≠0）为直线，当x＝0时，y＝3，∴B（0，3），当y＝0时，x=2，∴A（2，0），∴OA＝2，OB＝3，故答案为：2，3；②作ED⊥OB于D，∴∠BDE＝∠AOB＝90°，∴∠2+∠3＝90°，又∵△ABE是以B为直角顶点的等腰直角三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∴∠1＝∠3，∴△BED≌△ABO，∴DE＝OB＝3，BD＝OA＝2，∴OD＝OB+BD＝5，∴点E的坐标为（3，5）；（2）当k变化时，△OBN的面积是定值，，理由如下：∵当k变化时，点A随之在x轴负半轴上运动时，∴，过点N作NM⊥OB于M，∴∠NMB＝∠AOB＝90°，∵∠1+∠3＝90°，∵BN⊥AB，∴∠ABN＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∴∠2＝∠3，又∵BN=BA,∠NMB=∠AOB=90°，∴△BMN≌△AOB．∴MN＝OB＝3，∴，∴k变化时，△OBN的面积是定值，；（3）当n＜3时，过点P作PS⊥x轴于S，过点Q作QT⊥PS于T，∴∠CSP＝∠PTQ＝90°，∵∠2+∠3＝90°，∵∠CPQ＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∴∠1＝∠3，又∵PC=PQ,∠CAP＝∠PTQ＝90°，∴△PCS≌△QPT．∴QT＝PS＝2，PT＝SC＝3﹣n，∴ST＝5﹣n，∴点Q的坐标为（2+n，n﹣5），∵k＝﹣2，∴直线y＝﹣2x+3，将点Q的坐标代入y＝﹣2x+3得，n﹣5＝﹣2（2+n）+3，解得： ，∴点Q的坐标为；当n＞3时，过点P作PS⊥x轴于S，过点Q作QT⊥PS于T，∴∠CSP＝∠PTQ＝90°，∵∠1+∠3＝90°，∵∠CPQ＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∴∠2＝∠3，又∵PC=PQ,∠CAP＝∠PTQ＝90°，∴△PCS≌△QPT（AAS）．∴QT＝PS＝2，PT＝SC＝n﹣3，∴ST＝n﹣1，∴点Q的坐标为（n﹣2，1﹣n），∵k＝﹣2，∴直线y＝﹣2x+3，将点Q的坐标代入y＝﹣2x+3得，1﹣n＝﹣2（n﹣2）+3，解得：n＝6，∴点Q的坐标为（4，﹣5）．综上，点Q的坐标为或（4，﹣5）．【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的图像及性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一次函数的图像及性质，构造全等三角形解题是关键．13．（2022·江西吉安·八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，以AB为腰在第二象限作等腰直角△ABC，．(1)求点C的坐标．(2)E是x轴上的一个动点，是否存在这样的点E，使得的值最大？如果不存在，请说明理由；如果存在，请求出点E的坐标．(3)若以Q，A，B为顶点的三角形和△ABC全等(点Q不与点C重合)，请直接写出点Q的坐标．【答案】(1)C(-5,4)(2)存在，点E(,0)(3)点Q的坐标为(-1,5)或(1,-5 )或(-3,4)【分析】（1）过点C作CH⊥OA，交OA延长线于点H，通过证明△CHA≌△AOB，求得线段OH，CH的长度即可得出结论；（2）延长CB，交x轴于点E，则此时|EC-EB|的值最大，利用待定系数法求得直线BC的解析式，令y=0即可求得点E的横坐标．（3）依据以Q、A、B为顶点的三角形和△ABC全等，结合A(-4,0)，B(0,1)，C(-5,4)，分两种情况分类讨论，即可得到点Q的坐标．（1）解：令x=0，则y=1，∴B(0,1)．∴OB=1．令y=0，则x+1=0，∴x=-4．∴A(-4,0)．∴OA=4．过点C作CH⊥OA，交OA延长线于点H，如图，则∠CHA=∠AOB=90°．∴∠BAO+∠ABO=90°．∵∠CAB=90°，∴∠CAH+∠BAO=90°．∴∠CAH=∠ABO．在△CHA和△AOB中，，∴△CHA≌△AOB(AAS)．∴CH=OA=4，AH=OB=1．∴OH=OA+AH=5．∴C(-5,4)．（2）解：存在点E，使得|EC-EB|的值最大．理由：延长CB，交x轴于点E，则此时|EC-EB|的值最大．设直线BC的解析式为y=kx+b，∴，解得：．∴直线BC的解析式为y=-x+1．令y=0，则-x+1=0，∴x=．∴E(，0)．∴存在这样的点E，使得|EC-EB|的值最大，点E的坐标为(,0)．（3）解：由题意可知，AB=AB，若以Q、A、B为顶点的三角形和△ABC全等，则有以下两种情况：①当点B为直角顶点时，即△ABQ≌△BAC，如图，过Q1作Q1F⊥y轴于F，连接BQ1，过Q2作Q2E⊥y轴于E，此时，BQ1=BQ2=AC，则点B是Q1Q2的中点，∴CQ1AB，∴四边形ABQ1C是矩形，∵AB=AC，∴矩形ABQ1C是正方形，∴AB=BQ1，∵∠BFQ1=∠AOB，∠BAO=∠Q1BF，AB=BQ1，∴△AOB≌△BFQ1(AAS)，∴Q1F=BO=1，BF=AO=4，∴Q1(-1,5)，∴Q2(1,-5 )；②当点A为直角顶点时，即△BAQ≌△BAC，如图，过点C作CD⊥x轴于D，过点Q3作Q3G⊥x轴于点G，∴AQ3=AC，即A点是CQ3的中点，∵C(-5,4)，∴DA=AG=1，∴OG=3，∴Q3(-3,4)；综上所述，点Q的坐标为(-1,5)或(1,-5 )或(-3,4)．【点睛】本题属于一次函数的综合，主要考查了一次函数的图象，全等三角形的性质以及等腰直角三角形的性质，添加合适的辅助线，构造全等三角形是解题的关键．14．（2022·四川达州·八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，两个全等的直角三角形的直角顶点及一条直角边重合，点在第二象限内，点、点在轴的负半轴上，，．(1)求点的坐标；(2)如图，将绕点按顺时针方向旋转到的位置，其中交直线于点，分别交直线、于点、，则除外，还有哪几对全等的三角形，请直接写出答案；（不再另外添加辅助线）(3)在（2）的基础上，将绕点按顺时针方向继续旋转，当的面积为时，求直线的函数表达式．【答案】(1)(2)或或(3)或【分析】（1）根据30°直角三角形的性质即可求得CO的长，从而得解；（2）根据已知条件容易得到或或 ；（3）过点E1作EM⊥OC于点M，利用S△COE1=求得，可以求出点E1的坐标，然后利用待定系数法确定直线CE的解析式．此题有两种情况，分别是E在第二或四象限里．（1）解：在中，，，所以，则；（2）解：或或（3）解：如图1，过点作于点．∵，∴．∵在Rt△AOC中，，IOC=2，∠ACO=90°，∴，∴点A(-2，)，设直线OA的解析是为，则，∴，∴直线OA的解析式为，令y=，则，解得x=，∴点的坐标为．设直线的函数表达式为， ，解得 ．∴．同理，如图2所示，点的坐标为．设直线的函数表达式为，则 ，解得 ．∴．综上所得或．【点睛】本题考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定，勾股定理，待定系数法求一次函数以及一次函数的图像及性质，熟练掌握一次函数的性质及分类讨论思想是解题的关键．15．（2022·福建·尤溪县七中八年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（5，1），B（1，1），C（0，5）．直线m平行于x轴且经过C，D，E三点．直线l的关系式为y=-2x+b.(1)若△ABD是以AB为底的等腰三角形，且直线l过点D，求b的值；(2)若b=9，直线l与▱ABDE的边DE相交时，求点E的横坐标n的取值范围；(3)若点F为▱ABDE的对角线BE与DA的交点，当直线l经过点F时，求点D的横坐标q与b之间的函数关系式．【答案】(1)b＝11；(2)2≤n≤6；(3)q＝b−8．【分析】（1）求出D点坐标，再将点D坐标代入y＝−2x＋b,即可求解；（2）由题意可知D（n−4，5），E（n，5），当5＝−2x＋9时，x＝2，则可知2≤n≤6时直线l与▱ABDE的边DE相交；（3）求出F(，3)，再将点F代入y＝−2x＋b,即可求解．（1）∵A（5，1），B（1，1），DA＝DB，点D在直线m上，∴D（3，5），将x＝3，y＝5代入y＝−2x＋b，∴b＝11；（2）∵四边形ABDE为平行四边形，∴DE＝AB＝4，∵E（n，5），∴D（n−4，5），当5＝−2x＋9时，x＝2，∵直线y＝−2x＋9与边DE有交点，∴2≤n≤6；（3）∵四边形ABDE为平行四边形，∴DF＝FA，∵D（q，5），A（5，1），∴F(，)，即F(，3)，将x＝，y＝3代入y＝−2x＋b,∴q＝b−8．【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质是解题的关键．16．（2022·山东烟台·七年级期末）如图，一次函数的图象与坐标轴交于A，B两点，与正比例函数交于点，．(1)求一次函数的表达式；(2)求的面积；(3)在线段AB上是否存在点P，使是以OA为底的等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)3(3)存在，【分析】（1）求出A、C点坐标，再用待定系数法求函数解析式即可；（2）△BOC的面积；（3）作OA的垂直平分线交x轴于点D，与直线AB的交点即为点P，再求P点坐标即可．（1）解：由题意，点A的坐标为（6,0）将C（m，4）代入，得，解得m＝－2∴点C坐标为（－2，4）∵一次函数的图象过A（6,0），C（－2，4）∴解得，k＝，b＝3∴一次函数的表达式为．（2）令x＝0，则∴点B的坐标为（0,3），OB＝3∴△BOC的面积＝＝．（3）存在作OA的垂直平分线交x轴于点D，与直线AB的交点即为点P∴OD＝OA＝3即∴∴点P的坐标为（3，）．【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
专题5.2 一次函数与几何图形综合问题七大题型 专项讲练一次函数与几何的综合题，共分为六大类：一次函数与等腰三角形、一次函数与直角三角形、一次函数与等腰直角三角形、一次函数与全等三角形、一次函数与面积问题、一次函数的探究规律问题，本文将针对这八大类进行方法与经典题型的专题总结。题型1.一次函数与等腰三角形方法：两圆一线例：点在轴上，使为等腰三角形。第一步：画图：第二步：分情况求解：标等边，用公式：①当时， ②当时， ①两点间距离公式求出 ①利用三线合一做辅助线：② ∴ ②∴ ∴③当时，①求出； ②∵；∴ ∴ ∴设③求出中点代入，求得；④求出直线与轴交点例1．（2022•柳南区校级期末）如图，直线y＝kx+b与x轴、y轴分别交于点A（4，0）、B（0，4），点P在x轴上运动，连接PB，将△OBP沿直线BP折叠，点O的对应点记为O′．（1）求k、b的值；（2）若点O′恰好落在直线AB上，求△OBP的面积；（3）将线段PB绕点P顺时针旋转45°得到线段PC，直线PC与直线AB的交点为Q，在点P的运动过程中，是否存在某一位置，使得△PBQ为等腰三角形？若存在，求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）∵点A（4，0）、B（0，4）在直线y＝kx+b上，∴，解得：k＝﹣1，b＝4；（2）存在两种情况：①如图1，当P在x轴的正半轴上时，点O′恰好落在直线AB上，则OP＝O'P，∠BO'P＝∠BOP＝90°，∵OB＝OA＝4，∴△AOB是等腰直角三角形，∴AB＝4，∠OAB＝45°，由折叠得：∠OBP＝∠O'BP，BP＝BP，∴△OBP≌△O'BP（AAS），∴O'B＝OB＝4，∴AO'＝4﹣4，Rt△PO'A中，O'P＝AO'＝4﹣4＝OP，∴S△BOP＝OB•OP＝＝8﹣8；②如图所示：当P在x轴的负半轴时，由折叠得：∠PO'B＝∠POB＝90°，O'B＝OB＝4，∵∠BAO＝45°，∴PO'＝PO＝AO'＝4+4，∴S△BOP＝OB•OP＝＝8+8；（3）分4种情况：①当BQ＝QP时，如图2，P与O重合，此时点P的坐标为（0，0）；②当BP＝PQ时，如图3，∵∠BPC＝45°，∴∠PQB＝∠PBQ＝22.5°，∵∠OAB＝45°＝∠PBQ+∠APB，∴∠APB＝22.5°，∴∠ABP＝∠APB，∴AP＝AB＝4，∴OP＝4+4，∴P（4+4，0）；③当PB＝PQ时，如图4，此时Q与C重合，∵∠BPC＝45°，∴∠PBA＝∠PCB＝67.5°，△PCA中，∠APC＝22.5°，∴∠APB＝45+22.5°＝67.5°，∴∠ABP＝∠APB，∴AB＝AP＝4，∴OP＝4﹣4，∴P（4﹣4，0）；④当PB＝BQ时，如图5，此时Q与A重合，则P与A关于y轴对称，∴此时P（﹣4，0）；综上，点P的坐标是（0，0）或（4+4，0）或（4﹣4，0）或（﹣4，0）． 变式1．（2022•成都市八年级期中）如图，正方形ABCD在平面直角坐标系中的位置如图所示，点B与原点重合，点D的坐标为（4，4），当三角板直角顶点P坐标为（3，3）时，设一直角边与x轴交于点E，另一直角边与y轴交于点F．在三角板绕点P旋转的过程中，使得△POE成为等腰三角形，请写出满足条件的点F的坐标 ．解：△POE是等腰三角形的条件是：OP、PE、EO其中两段相等，P（3，3），那么有：①当PE＝OE时，PE⊥OC，则PF⊥y轴，则F的坐标是（0，3）；②当OP＝PE时，∠OPE＝90°，则F点就是（0，0）；③当OP＝OE时，则OF＝6±3，F的坐标是：（0，6﹣3）或（0，6+3）．变式2．（2022•广东八年级期末）如图，直线l1：y1＝﹣x+2与x轴，y轴分别交于A，B两点，点P（m，3）为直线l1上一点，另一直线l2：y2＝x+b过点P，与x轴交于点C．（1）求点P的坐标和l2的表达式；（2）若动点Q从点C开始以每秒1个单位的速度向x轴正方向移动．设点Q的运动时间为t秒．①当点Q在运动过程中，请直接写出△APQ的面积S与t的函数关系式；②求出当t为多少时，△APQ的面积等于3；③在动点Q运动过程中，是否存在点Q使△APQ为等腰三角形？若存在，请直接写出此时Q的坐标．解：（1）∵点P（m，3）为直线l1上一点，∴3＝﹣m+2，解得m＝﹣1，∴点P的坐标为（﹣1，3），把点P的坐标代入y2＝x+b得，3＝×（﹣1）+b，解得b＝，∴l2的表达式为y＝x+；（2）①由题意可知CQ＝t，P到x轴的距离为3，令y2＝0可得0＝x+，解得x＝﹣7，∴点C坐标为（﹣7，0），在y1＝﹣x+2中，令y1＝0可得﹣x+2＝0，解得x＝2，∴A点坐标为（2，0）；∴AC＝2﹣（﹣7）＝9，当Q在A、C之间时，则AQ＝AC﹣CQ＝9﹣t，∴S＝×3×（9﹣t）＝﹣t+；当Q在A的右边时，则AQ＝CQ﹣AC＝t﹣9，∴S＝×3×（t﹣9）＝t﹣；②令S＝3可得﹣t+＝3或3＝t﹣，解得t＝7或t＝11，即当t的值为7秒或11秒时△APQ的面积等于3；③设Q（x，0）（x≥﹣7），∵A（2，0），P（﹣1，3），∴PQ2＝（x+1）2+32＝x2+2x+10，AQ2＝（x﹣2）2＝x2﹣4x+4，AP2＝（2+1）2+32＝18，∵△APQ为等腰三角形，∴有PQ＝AQ、PQ＝AP和AQ＝AP三种情况，当PQ＝AQ时，则PQ2＝AQ2，即x2+2x+10＝x2﹣4x+4，解得x＝﹣1，则Q点坐标为（﹣1，0），∴CQ＝﹣1﹣（﹣7）＝6，即t＝6；当PQ＝AP时，则PQ2＝AP2，即x2+2x+10＝18，解得x＝﹣4或x＝2，则Q点坐标为（﹣4，0）或（2，0）（与A点重合，舍去），∴CQ＝﹣4﹣（﹣7）＝3，即t＝3；当AQ＝AP时，则AQ2＝AP2，即x2﹣4x+4＝18，解得x＝2±3，则Q点坐标为（2+3，0）或（2﹣3，0），综上所述：点Q坐标为（﹣1，0）或（﹣4，0）或（2+3，0）或（2﹣3，0）．题型2. 一次函数与直角三角形方法：两线一圆例：点在轴上，使为直角三角形。第一步：画图：第二步：分情况求解：①当时， ②当时， ①设 ①设②∵ ∴ ②∵ ∴ ∴ ∴ 例2．（2022•浠水县月考）如图，在平面直角坐标系中，直线AB分别交x轴、y轴于点A（a，0）、点B（0，b），且a、b满足a2+4a+4+|2a+b|＝0．（1）a＝ ；b＝ ．（2）点P在直线AB的右侧，且∠APB＝45°；①若点P在x轴上，则点P的坐标为 ；②若△ABP为直角三角形，求点P的坐标．解：（1）a2+4a+4+|2a+b|＝（a+2）2+|2a+b|＝0，即：a＝﹣2，b＝4，故答案为：﹣2，4；（2）①由（1）知，b＝4，∴B（0，4）．∴OB＝4．∵点P在直线AB的右侧，P在x轴上，∠APB＝45°，∴OP＝OB＝4，∴P（4，0）．故答案为：（4，0）；②由（1）知 a＝﹣2，b＝4，∴A（2，0），B（0，4），∴OA＝2，OB＝4，当∠BAP＝90°时，过点P作PH⊥x轴于H，∴∠HAP+∠BAH＝90°，∠ABO+∠BAH＝90°，∴∠OBA＝∠HAP，∠AOB＝∠AHP＝90°，又∠APB＝45°，∴AP＝AB，∴△OBA≌△AHP（AAS），∴PH＝AO＝2，AH＝OB＝4，OH＝AH﹣AO＝2，故点P的坐标为（2，﹣2）；当∠ABP＝90°时，同理可得：点P的坐标为（4，2），故点P的坐标为（2，﹣2）或（4，2）．变式1．（2022•陈仓区期中）（1）阅读理解：我们知道：平面内两条直线的位置关系是平行和相交，其中垂直是相交的特殊情况．在坐标平面内有两条直线：l1：y1＝k1x+b1（k1≠0）；l2：y2＝k2x+b2（k2≠0），有下列结论：当k1＝k2时，直线l1∥直线l2；当k1•k2＝﹣1时，直线l1⊥直线l2．（2）实践应用：①直线y＝kx+5与直线y＝﹣3x+2垂直，则k＝ ．②直线m与直线y＝﹣2x+3平行，且经过点（4，﹣2），则直线m的解析式为 ．③直线y＝﹣2x+3向右平移 个单位，其图象经过点（6，﹣4）．（3）深入探索：如图，直线y＝x+1与x轴交于点B，且经过点A，已知A的横坐标为2，点P是x轴上的一动点，当△ABP为直角三角形时，求△ABP的面积．解：（2）①∵直线y＝kx+5与直线y＝﹣3x+2垂直，∴k1•k2＝﹣1，∴k＝，故答案为：；②∵直线m与直线y＝﹣2x+3平行，∴设直线m的函数解析式为y＝﹣2x+b，将（4，﹣2）代入得b＝6，∴直线m的解析式为：y＝﹣2x+6，故答案为：y＝﹣2x+6；③设直线y＝﹣2x+3平移后经过（6，﹣4）的函数解析式为y＝﹣2x+a，∴﹣2×6+a＝﹣4，∴a＝8，∴y＝﹣2x+8，∴y＝﹣2x+3与x轴交点为（0，），y＝﹣2x+8与x轴交点为（0，4），∴向右平移了4﹣＝个单位，故答案为：；（3）由题意知：A（2，3），B（﹣1，0），当△ABP为直角三角形时，存在两种情形，当AP⊥x轴时，P（2，0），∴S△ABP＝＝，当AP⊥AB时，设AP的解析式为y＝﹣x+c，将A（2，3）代入得﹣2+c＝3，∴c＝5，∴直线AP的解析式为y＝﹣x+5，∴点P（5，0），∴BP＝6，∴S△ABP＝＝9，综上：△ABP的面积为9或．变式2．（2022·辽宁沈阳·八年级阶段练习）在平面直角坐标系中，已知点，点，函数的图象与直线交于点M，与y轴交于点C．(1)求直线的函数解析式；(2)当点M在线段上时，求m的取值范围；(3)当为直角三角形时，求m的值．【答案】(1)(2)(3)0或-1【分析】（1）利用待定系数法直接求解即可；（2）画出图形，即可知当直线在直线AD（包括直线AD）和直线BE（包括直线BE）之间时，点M在线段上．由A、B两点坐标分别求出m，即可得出其取值范围；（3）分类讨论①当时和②当时，结合图象即可求解．（1）设直线的函数解析式为，则，解得：．∴直线的函数解析式为；（2）如图，当直线在直线AD（包括直线AD）和直线BE（包括直线BE）之间时，点M在线段上．当经过点A时，即直线与直线AD重合，∴；当经过点B时，即直线与直线BE重合，∴，解得：．∴当时，点M在线段上；（3）∵点A在y轴上，∴不可能为直角．分类讨论：①当时，如图，此时C点与原点重合，即直线经过原点，∴，即；②当时，如图点，设∴，，∵，又∵，∴，解得：，∴当直线y=2x+m经过（0，-1）时，即m=-1，符合题意.综上可知当为直角三角形时，m的值为0或-1．【点睛】本题考查利用待定系数法求一次函数解析式，一次函数与几何的综合．利用数形结合的思想是解题关键．题型3. 一次函数与等腰直角三角形例：点在平面内，使为等腰直角三角形。第一步：画出6个答案：第二步：分情况求解：见斜等腰三角形构“K”型全等求坐标：①当时， ②当时， ①设 法一：为的中点 法二：①设 ②构造“K”型全等： ∴ ②构造“K”型全等：③表示线段：；； ∴ ； ③表示线段：④由全等，得 ； ； ∴ ④由全等，得： ∴例3．（2022•和平区校级期中）【模型建立】（1）如图1，等腰Rt△ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线ED经过点C，过点A作AD⊥ED于点D，过点B作BE⊥ED于点E，求证：△BEC≌△CDA．【模型应用】（2）如图2，已知直线l1：y＝x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，将直线l1绕点A逆时针旋转45°至直线l2，则直线l2的函数表达式为 ．（3）如图3，将图1四边形放到平面直角坐标系中，点E与O重合，边ED放到x轴上，若OB＝2，OC＝1，在x轴上存在点M使得以O、A、B、M为顶点的四边形面积为4，请直接写出点M的坐标 ．（4）如图4，平面直角坐标系内有一点B（3，﹣4），过点B作BA⊥x轴于点A，BC⊥y轴于点C，点P是线段AB上的动点，点D是直线y＝﹣2x+1上的动点且在第四象限内．若△CPD是等腰直角三角形．请直接写出点D的坐标 ．证明：（1）∵AD⊥ED，BE⊥ED，∴∠BEC＝∠ADC＝90°，∴∠ACD+∠DAC＝90°，∵∠ACB＝90°，∴∠BCE+∠ACD＝90°，∴∠BCE＝∠CAD，在△BEC和△CDA中，，∴△BEC≌△CDA（AAS）；（2）过点B作BF⊥l1，交l2于F，过F作FH⊥y轴于H，则△ABF是等腰直角三角形，由（1）同理可证△OAB≌△HBF（AAS），∴OA＝BH，OB＝FH，∵直线l1：y＝x+3与x轴交于点A，与y轴交于点B，∴A（﹣2，0），B（0，3），∴OA＝2，OB＝3，∴OH＝5，FH＝3，∴F（﹣3，5），设l2的函数解析式为y＝kx+b，将点A，F的坐标代入得k＝﹣5，b＝﹣10，\∴直线l2的函数解析式为y＝﹣5x﹣10，故答案为：y＝﹣5x﹣10；（3）由（1）得△BOC≌△CDA，∴OC＝AD＝1，CD＝OB＝2，∴A（3，1），∵S△AOB＝＝3，∴S△OAM＝1，∴OM＝2，∴M（2，0），如图，当M在x轴负半轴时，∵，∴S，∴OM＝1，∴M（﹣1，0），故答案为：（2，0）或（﹣1，0）；（4）①若点P为直角顶点时，如图， 设点P的坐标为（3，m），则PB的长为4+m，∵∠CPD＝90°，CP＝PD，∠CPM+∠CDP+∠PDH＝180°，∴∠CPM+∠PDH＝90°，又∵∠CPM+∠DPM＝90°，∴∠PCM＝∠PDH，在△MCP与△HPD中，，∴△△MCP≌△HPD（AAS），∴CM＝PH，PM＝PD，∴点D的坐标为（7+m，﹣3+m），又∵点D在直线y＝﹣2x+1上，∴﹣2（7+m）+1＝﹣3+m，解得：m＝﹣，即点D的坐标为（）；②若点C为直角顶点时，如图，设点P的坐标为（3，n），则PB的长为4+n，CA＝CD，同理可证明△PCM≌△CDH（AAS），∴PM＝CH，MC＝HD，∴点D的坐标为（4+n，﹣7），又∵点D在直线y＝﹣2x+1上，∴﹣2（4+n）+1＝﹣7，解得：n＝0，∴点P与点A重合，点M与点O重合，即点D的坐标为（4，﹣7）；③若点D为直角顶点时，如图，设点P的坐标为（3，k），则PB的长为（4+k），CD＝PD，同理可证明△CDM≌△PDQ（AAS），∴MD＝PQ，MC＝DQ，∴D（），又∵点D在直线y＝﹣2x+1上，∴﹣2×＝﹣，解得：k＝﹣，∴点P与点A重合，点M与点O重合，即点D的坐标为（），综上所述，点D的坐标为（）或（4，﹣7）或（），故答案为：（）或（4，﹣7）或（）．变式1．（2022•河北八年级期中）如图，直线y＝﹣x+1交y轴于A点，交x轴于C点，以A，O，C为顶点作矩形AOCB，将矩形AOCB绕O点逆时针旋转90°，得到矩形DOFE，直线AC交直线DF于G点．（1）求直线DF的解析式；（2）求证：OG平分∠CGD；（3）在第一象限内，是否存在点H，使以G，O，H为顶点的三角形为等腰直角三角形？若存在请求出点H的坐标；若不存在，请什么理由．解：（1）∵直线y＝﹣x+1交y轴于A点，交x轴于C点，∴A点的坐标是（0，1），C点的坐标是（2，0），∵将矩形AOCB绕O点逆时针旋转90°，得到矩形DOFE，∴F点的坐标是（0，2），D点的坐标是（﹣1，0），设直线DF的解析式是y＝kx+2，∴﹣k+2＝0，解得k＝2，∴直线DF的解析式是：y＝2x+2．（2）如图1，作OM⊥DF，交DF于点M，作ON⊥CG，交CG于点N，，在Rt△OAC和Rt△ODF中，（HL）∴Rt△OAC≌Rt△ODF，又∵OM⊥DF，ON⊥CG，∴OM＝ON，在Rt△OMG和Rt△ONG中，（HL）∴Rt△OMG≌Rt△ONG，∴∠MGO＝∠NGO，∴OG平分∠CGD．（3）存在点H，使以G，O，H为顶点的三角形为等腰直角三角形．联立解得∴点G的坐标是（﹣，），∴OG＝，∴OG所在的直线的斜率是：，①如图2，，，，当∠OGH＝90°时，设点H的坐标是（a，b），则解得∴点H的坐标是（0.8，1.6）．②如图3，当∠GOH＝90°时，设点H的坐标是（c，d），则解得∴点H的坐标是（1.2，0.4）．③如图4，当∠GHO＝90°时，设点H的坐标是（e，f），则解得∴点H的坐标是（0.4，0.8）．综上，可得 存在点H，使以G，O，H为顶点的三角形为等腰直角三角形，点H的坐标是（0.8，1.6）、（1.2，0.4）或（0.4，0.8）．变式2．（2022•山东八年级月考）如图，直线y＝﹣x+b（b＞0）交x轴于点A，交y轴于点B．（1）求点A、B的坐标（用含b的代数式表示）；（2）若点P是直线AB上的任意一点，且点P与点O距离的最小值为4，求该直线的表达式；（3）在（2）的基础上，若点C在第一象限，且△ABC为等腰直角三角形，求点C的坐标．解：（1）对于直线y＝﹣x+b（b＞0），令x＝0，∴y＝b，∴B（0，b），令y＝0，∴﹣x+b＝0，∴x＝2b，∴A（2b，0）；（2）由（1）知，A（2b，0），B（0，b），∴OA＝2b，OB＝b，AB＝b，∵点P与点O距离的最小值为4，∴×2b•b＝×b×4，∴b＝2，∴直线AB的解析式为y＝﹣x+2；（3）如图，由（1）知，A（4，0），B（0，2），∴OA＝4，OB＝2过点C作CD⊥x轴于D，作CE⊥y轴于E，∵∠DOE＝90°，∴四边形ODCE是矩形，∴OD＝CE，CD＝OE，∠DCE＝90°，∴∠BCE+∠BCD＝90°，∵△ABC是等腰直角三角形，当∠ACB＝90°时，∴BC＝AC，∠ACB＝90°，∴∠ACD+∠BCD＝90°，∴∠BCE＝∠ACE，∴△BCE≌△ACD（AAS），∴BE＝AD，CE＝CD，∴设点C坐标为（m，m），∴AD＝OA﹣OD＝4﹣m，BE＝OE﹣OB＝m﹣2，∴4﹣m＝m﹣2，∴m＝3，∴C（3，3），如图2，②当∠BAC＝90°时，过点C'作C'F⊥x轴于F，∴∠C'AF+∠AC'F＝90°，∵∠C'AF+∠OAB＝90°，∴∠OAB＝∠FC'A，∵AB＝AC'，∴△AOB≌△C'FA（AAS），∴C'F＝OA＝4，AF＝OB＝2，∴OF＝OA+AF＝6，∴C'（6，4），③当∠ABC＝90°时，同②的方法得，C（2，6），即：点C的坐标为（3，3）或（6，4）或（2，6）． 题型4.一次函数与全等三角形1.解题步骤：①找固定相等的角或边；②以对应边/角相等要求分类讨论全等情况。2.相等的角或边情况：①公共边情况：平面内找一点，使以、、为顶点的三角形与全等. 、关于成轴对称，、关于成轴对称，即是、的中垂线，可用中垂线代数法求点。②固定角相等：①两个三角形为直角三角形；②相等角为对顶角： 常见运用公式：①若两直线、垂直，则；②点，：、中点坐标：；；③中垂线代数法：例：如下图，若点，是的中垂线，求点的坐标。 ①求出；②∵∴∴ ∴设③求出中点代入，求得；④求出直线与轴交点例4．（2022•婺城区校级期末）如图①，已知直线y＝﹣2x+4与x轴、y轴分别交于点A、C，以OA、OC为边在第一象限内作长方形OABC．（1）求点A、C的坐标；（2）将△ABC对折，使得点A与点C重合，折痕交AB于点D，求直线CD的解析式（图②）；（3）在坐标平面内，是否存在点P（除点B外），使得△APC与△ABC全等？若存在，请求出所有符合条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．解：（1）A（2，0）；C（0，4）（2分）（2）由折叠知：CD＝AD．设AD＝x，则CD＝x，BD＝4﹣x，根据题意得：（4﹣x）2+22＝x2解得：此时，AD＝，（2分）设直线CD为y＝kx+4，把代入得（1分）解得：∴直线CD解析式为（1分）（3）①当点P与点O重合时，△APC≌△CBA，此时P（0，0）②当点P在第一象限时，如图，由△APC≌△CBA得∠ACP＝∠CAB，则点P在直线CD上．过P作PQ⊥AD于点Q，在Rt△ADP中，AD＝，PD＝BD＝＝，AP＝BC＝2由AD×PQ＝DP×AP得：∴∴，把代入得 此时（也可通过Rt△APQ勾股定理求AQ长得到点P的纵坐标）③当点P在第二象限时，如图 同理可求得：∴此时综合得，满足条件的点P有三个，分别为：P1（0，0）；；． 变式1．（2022•辽宁八年级期中）如图，在△ABC中，∠C＝45°，∠BAC＝90°，点A为（，0）、点B为（0，1），坐标系内有一动点P，使得以P、A、C为顶点的三角形和△ABC全等，则P点坐标为 ．解：∵点A坐标为（，0）、点B坐标为（0，1），∴OA＝，OB＝1，∴AB＝＝2∵∠BAC＝90°，∠ACB＝45°，∴AB＝AC＝2，BC＝2，△ABC与△ACP全等分为三种情况：①如图1，延长BA到P，使AB＝AP，连接CP，过P作PM⊥x轴于M，则∠AOB＝∠AMP＝90°在△AOB和△AMP中，∵，∴△AOB≌△AMP（AAS），∴AM＝AO＝，MP＝OB＝1，故点P的坐标为（2，﹣1）；②如图2，过点C作CP⊥AC，使CP＝AB，则△ABC≌△CPA，故∠PAC＝∠ACB＝45°，AP＝BC＝2，过P作PM⊥x轴于M，此时∠PAM＝15°，在x轴上取一点N，使∠PNM＝30°∴∠PAM＝∠APN＝15°，即NA＝NP，设PM＝x，则PN＝AN＝2x，NM＝x，在Rt△APM中，∵AP2＝AM2+PM2，∴（2）2＝（2x+x）2+x2，解得：x＝﹣1，则OM＝OA+2x+x＝2+1，故点P的坐标为（2+1，﹣1）；③如图3，作CP⊥AC，使CP＝AB，连接BP，则△ABC≌△CPA，∵∠BAC＝∠PCA＝90°，且CP＝AB，∴四边形ABPC是矩形，∴AB＝BP，∠ABP＝90°，即∠ABO+∠PBM＝90°，过点P作PM⊥y轴，则∠BPM+∠PBM＝90°，∴∠ABO＝∠BPM，在△AOB和△BMP中，∵，∴△AOB≌△BMP（AAS），∴BM＝OA＝，PM＝OB＝1，故点P的坐标为（1，）；当点P与点B重合时，点P的坐标为（0，1），综上，点P的坐标为（0，1），（1，+1），（2，﹣1），（2+1，﹣1）．变式2．（2022重庆八年级期末）在直角坐标系中，已知A（6，0）、F（3，0），C（0，2），在△AOC的边上取两点P、Q（点Q是不同于点F的点），若以O、P、Q为顶点的三角形与△OFP全等，则符合条件的点P的坐标为 ．解：①如图1，过点F作FP⊥OA，交AC于点P，过点P作PQ⊥OC，垂足为Q，连接OP，此时△OFP≌PQO，∵A（6，0）、F（3，0），∴PF、PQ是△OAC的中位线，∴PQ＝OA＝3，PF＝OC＝，∴P（3，），②如图2，由①可知，点P、Q位置互换，亦满足题意，此时，P（0，），③如图3，作∠AOC的平分线交AC于点P，在OC上截取OQ＝OF＝3，连接PF、PQ，此时△OFP≌OQP，过点P作PM⊥OA，垂足为M，PN⊥OC，垂足为N，则PM＝PN，由三角形面积公式得，OA•PM+OC•PN＝AO•OC，即，6PM+2PM＝6×2，∴PM＝PN＝3﹣3，∴点P（3﹣3，3﹣3），④如图4，在AC上截取AP＝6＝OA，取AP的中点Q，则PQ＝OF＝3，过点P作PB⊥OA，垂足为B，在Rt△ABP中，PB＝AP＝3，AB＝×AP＝3，∴OB＝OA﹣AB＝6﹣3，∴点P（6﹣3，3），故答案为：（3，）或（0，）或（3﹣3，3﹣3）或（6﹣3，3）．题型5.一次函数与面积问题1.求点的坐标：一般会求两种坐标：①直线与轴、轴的交点坐标；②两直线的交点坐标。2.表示面积：①规则图形：用公式法（三角形面积不能漏×）；②不规则图形：分割法，如下图：四边形用分割，； ，如下图：.注：求三角形面积时往往选择平行于坐标轴的线段作为底，底所对的顶点的坐标确定高。例6．（2022·湖南武陵·八年级期末）如图，已知直线AB过点A（5，0）、B（0，﹣5），交直线OC于点C，且直线OC的解析式为y．（1）求直线AB的解析式；（2）求△AOC的面积；（3）若点P在直线OC上，且△BCP的面积是△AOC面积的2倍，求点P的坐标．【答案】（1）；（2）；（3）（8，－12）或（－4，6）【分析】（1）利用待定系数法求解即可；（2）先将直线AB与直线OC的函数解析式联立方程组求得点C的坐标，由此即可求得△AOC的面积；（3）先根据△BCP的面积是△AOC面积的2倍求得△BCP的面积，再根据点P在直线AB的右下方或者点P在直线AB的左上方进行分类讨论，由此即可求得答案．【详解】（1）解：设直线AB的解析式为，将A（5，0）、B（0，﹣5）代入，得：，解得：，∴直线AB的解析式为；（2）将与y联立方程组，得：，解得：，∴点C的坐标为（2，－3），∴；（3）∵△BCP的面积是△AOC面积的2倍，，∴，如图，当点P在直线AB的右下方时， ∵，∴，∴，解得：，将代入，得：，∴点P的坐标为（8，－12）；如图，当点P在直线AB的左上方时，∵，，∴，∴，解得：，又∵此时点P在y轴的左侧，∴，将代入，得：，∴点P的坐标为（－4，6），综上所述，若△BCP的面积是△AOC面积的2倍，则点P的坐标为（8，－12）或（－4，6）．【点睛】本题主要考查了一次函数的图象与性质，待定系数法求解析式，两函数的交点问题以及三角形的面积，正确利用三角形面积公式列方程是关键．变式1．（2022·成都市树德实验中学八年级期末）如图1，在平面直角坐标中，直线：与抽交于点，直线：与轴交于点，与相交于点．（1）请直接写出点，点，点的坐标：_________，________，_______．（2）如图2，动直线分别与直线、交于、两点．①若，求的值；②若存在，求出此时点的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）（-1，0）、（1，0）、（2，3）；（2）①t=1或3；②（0，-3）或（4，9）【分析】（1）根据一次函数与x轴的交点纵坐标为0即可求出AB坐标，联立两个一次函数即可求出C点坐标；（2）①设点P（t，t+1），同理点Q（t，3t-3），则PQ=|t+1-3t+3|=2，即可求解；②在y轴负半轴取点M使NM=NK，过点M作直线m∥AC交l2于点Q，则点Q为所求点，进而求解；当点M在x轴上方时，同理可得点M（0，5），进而求解．【详解】（1）对于直线l2：y=3x-3①，令y=3x-3=0，解得x=1，故点B（1，0）， 对于l1：y=x+1，同理可得：点A（-1，0）， 则，解得，故点C的坐标为（2，3），故答案为：（-1，0）、（1，0）、（2，3）； （2）①点P在直线l1上，则设点P（t，t+1），同理点Q（t，3t-3），则PQ=|t+1-3t+3|=2，解得t=1或3； ②当点Q在x轴下方时，如下图， 设直线l1交y轴于点K，过点B作直线n∥AC交y轴于点N， 在y轴负半轴取点M使NM=2NK，过点M作直线m∥AC交l2于点Q，则点Q为所求点， 理由：∵M、Q在直线m上，且m∥AC，∴S△MAC=S△QAC，同理S△NAC=S△BAC， ∵MN=2KN，则m、l1之间的距离等于2倍n、l1之间的距离，∴S△AQC=2S△ABC， 由直线l1的表达式知点K（0，1），设直线n的表达式为y=x+b，将点B的坐标代入上式并解得b=-1，∴ N（0，-1）， ∵NK=1-（-1）=2，∴MN=NK=2，∴M（0，-3），在直线m的表达式为y=x-3②， 联立①②解得，∴Q（0，-3）； ②当点M在x轴上方时，同理可得点M（0，5）， 同理可得，过点M且平行于AC的直线表达式为y=x+5③， 联立①③解得，∴ Q的坐标为（4，9）； 综上，点Q的坐标为（0，-3）或（4，9）．【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的性质、平行线的性质、绝对值的应用、面积的计算等，其中（2），要注意分类求解，避免遗漏．变式2．（2022·四川泸县·八年级期末）如图，在平面直角坐标系中，已知一次函数的图象经过点和点，直线与x轴，y轴分别交于A，B两点，与直线CD相交于点E，且．（1）求一次函数的解析式；（2）求四边形OBEC的面积四边形OBEC；（3）在坐标轴上是否存在点P，使得？若存在，求出所有满足条件的点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】（1）；（2）4；（3）存在点P，其坐标为，，，【分析】（1）根据经过点和点，待定系数法求解析式即可；（2）根据题意求得，再联立即可求得点的坐标，进而根据四边形OBEC 即可求得；（3）分两种情况讨论：①当点P在x轴上时，设点P的坐标为，②当点P在y轴上时，设点P的坐标为，根据题意列出方程求解即可．【详解】解：（1）因为经过点和点，所以，解得，一次函数的解析式为；（2）因为，又，所以，即，所以，所以，所以直线AB的解析式为，因为直线交y轴于点B，所以点．因为直线与直线相交于点E，所以，解得：，即点，所以四边形OBEC ；（3）分两种情况讨论：①当点P在x轴上时，设点P的坐标为，由题意得：，解得：或，所以此时点P的坐标为，；②当点P在y轴上时，设点P的坐标为，由题意得：，解得：或，所以此时点P的坐标为，，综上所述，在坐标轴上存在点P，使得，其坐标为，，，【点睛】本题考查了待定系数法求一次函数解析式，利用二元一次方程组求两直线交点，分类讨论是解题的关键．题型6. 一次函数中的探究规律问题例7．（2022·河北保定师范附属学校八年级期末）如图，过点作轴的垂线，交直线于点；点与点关于直线对称；过点作轴的垂线，交直线于点；点与点关于直线对称；过点作 轴的垂线，交直线于点按此规律作下去， 则点的坐标为_______；点的坐标为_______ ．【答案】（8，0）； （22020，22021）． 【分析】先根据题意求出A2点的坐标，再根据A2点的坐标求出B2的坐标，以此类推总结规律便可求出点A4、B2021的坐标．【详解】解：∵点A1坐标为（1，0），∴OA1=1， 过点A1作x轴的垂线交直线于点B1，点B1在上，y=2×1=2，B1点的坐标为（1，2）， ∵点A2与点O关于直线A1B1对称，∴OA1=A1A2=1，∴OA2=1+1=2， ∴点A2的坐标为（2，0），点B2在上，y=2×2=4，B2的坐标为（2，4）， ∵点A3与点O关于直线A2B2对称．故点A3的坐标为（4，0），点B3在上，y=2×4=8，B3的坐标为（4，8），此类推便可求出点An的坐标为（2n-1，0），点Bn在上，y=2×2n-1=2n，点Bn的坐标为（2n-1，2n）．所以点A4的坐标为（8，0），点的坐标为（8，16）所以点A2021的坐标为（22020，0），点的坐标为（22020，22021）故答案为（8，0），（22020，22021）．【点睛】本题考查一次函数图象上点的坐标特征：一次函数图象上点的坐标满足其解析式．也考查了轴对称的性质．变式1．（2022·成都七中八年级期中）如图，在平面直角坐标系，直线与轴交于点，以为一边在上方作等边，过点作平行于轴，交直线于点，以为一边在上方作等边，过点作平行于轴，交直线于点，以为一边在上方作等边，……，则的横坐标为__________．【答案】【分析】先根据直线 与x轴交于点，可得 (3,0)，O=3，再过作A⊥O于A，根据等边三角形的性质以及含30°角的直角三角形的性质，求得的横坐标为，过作于，求得的横坐标为，过作于，求得的横坐标为，同理可得 的横坐标为，由此可得，的横坐标为，进而求得点的横坐标是．【详解】解：由直线与轴交于点，可得，∴，如图所示，过作于，则，即的横坐标为，由题意可得，，∴，∴，过作于，则，即的横坐标为，过作于，同理可得 横坐标为，同理可得，的横坐标为，由此可得，的横坐标为，点的横坐标是，故答案为．【点睛】本题考查了一次函数图象上点的坐标特征以及等边三角形性质应用，解题的关键是根据性质找出规律，求得坐标．变式2．（2022·成都市·树德中学八年级期末）在平面直角坐标系xOy中，直线l：y＝2x﹣2与x轴交于点A1，如图所示，依次作正方形A1B1C1O，正方形A2B2C2C1，…，正方形AnBn∁nCn﹣1，使得点A1，A2，A3，…An在直线l上，点C1，C2，C3，…∁n在y轴正半轴上，则正方形AnBn∁nCn﹣1的面积是_____．【答案】【分析】由直线点的特点得到，分别可求OA1＝OC1＝1，C1A2＝，C2A3＝，……，从而得到正方形边长的规律为Cn﹣1An＝，即可求正方形面积．【详解】解：直线l：y＝2x﹣2与x轴交于点A₁（1，0），与y轴交于点D（0，﹣2），∴，∵OA1＝OC1＝1，∴A1B1C1O的面积是1；∴DC1＝3，∴C1A2＝，∴A2B2C2C1的面积是；∴DC2＝，∴C2A3＝，∴A3B3C3C2的面积是；……∴Cn﹣1An＝，∴正方形AnBn∁nCn﹣1的面积是，故答案为．【点睛】本题考查的是平面直角坐标系中有规律的点的坐标与图形的探索问题，列出前面几步的数据找到点或图形的变化规律是解答关键.课后专项训练1．（2022·浙江·金华市南苑中学八年级期中）如图，直线y＝－x＋8与x轴，y轴分别交于点A，B，直线y＝x＋1与直线AB交于点C，与y轴交于点D．则△BDC的面积=____．若P是y轴正半轴上的一点，Q是直线AB上的一点，连接PQ．△BDC与△BPQ全等(点Q不与点C重合)，写出所有满足要求的点Q坐标______．【答案】 ，，【分析】将两条直线的方程联立，求出点的坐标，从而可得的底与高，进而求出面积；对点的位置进行分类讨论，画出使与全等的草图，结合全等三角形对应边相等建立等量关系，求出点的坐标．【详解】解：，令，得，．，令，得，．．令，解得，．．若与全等，则：①当点在点下方时，如图所示，，．，即，解得，将代入，得．．②当点在点上方时，如图所示．若，，则，将代入，得，．若，，则， 将代入，得，．综上，所有满足题意的点的坐标为，，．故答案为：；，，．【点睛】本题考查了一次函数的性质及应用，全等三角形的性质与判定，熟练掌握一次函数与全等三角形相关知识是解题的关键．2．（2022·上海市梅陇中学八年级期中）已知一次函数的图象与轴、轴分别相交于点、点，在直线上有一点，连接、，三角形是等腰三角形，则点的坐标为______．【答案】或或【分析】利用一次函数求得、的坐标，然后利用勾股定理列方程，即可求得的坐标．【详解】解：一次函数的图象与轴、轴分别相交于点、点，，，，设，当AB=BC时，则，解得∶ 或2，或；当AC=BC时， 解得∶，∴点C；综上，点的坐标为或或，故答案为：或或【点睛】本题考查的是一次函数图象上点的坐标特征，涉及到勾股定理和等腰三角形的定义，难度不大，分类讨论思想的运用是解题的关键．3．（2022·浙江·金华市八年级期末）如图，直线交轴于点，以为直角边长作等腰，再过点作等腰△交直线于点，再过点再作等腰△交直线于点，以此类推，继续作等腰△，，△，其中点都在直线上，点都在轴上，且，，都为直角．则点的坐标为__，点的坐标为__．【答案】 ，【分析】先求出点坐标，根据等腰三角形的性质可得出的长，故可得出的坐标，同理即可得出，的坐标，找出规律即可．【详解】解：直线交轴于点，，是等腰直角三角形，，，是等腰直角三角形，，，，同理可得，，，，故答案为：，，．【点睛】本题考查一次函数图像上点的坐标特点，熟知一次函数图像上各点的坐标一定适合此函数的解析式是解答此题的关键．4．（2022·江苏·八年级专题练习）如图，在平面直角坐标系中，直线yx与x轴交于点A，且经过点B（2，a），在y轴上有一动点P，直线BC上有一动点M，已知C（3，0）．（1）a＝_____；（2）若△APM是以线段AM为斜边的等腰直角三角形，则点M的坐标是 _____．【答案】 3 ，或，或，或，【分析】（1）令x=2即可求得a的值；（2）先求得直线BC的解析式为y=-3x+9，点A的坐标为（-2，0），过点M作MH⊥y轴于点H，证明△MPH≌△PAO，然后设点P的坐标为（0，y），点M的坐标为（x，-3x+9），然后求得AO、PO、PH、MH的长，进而由全等三角形的性质列出方程求得x的值，即可得到点M的坐标．【详解】解：（1）当时，，，故答案为：3．（2）由（1）得点的坐标为，设直线的解析式为，，解得：，直线的解析式为，对，当时，，点的坐标为，即得，过点作轴于点，则，，是以为对角线的等腰直角三角形，，，，，，，，设，，则，，，，解得：或或或，点的坐标为，或，或，或，．【点睛】本题考查了一次函数图像上点的坐标特征、等腰直角三角形的性质、全等三角形的判定与性质，解题的关键是过点M作MH⊥y轴于点H，构造全等三角形．5．（2022·江西景德镇·八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线：与轴交于点，直线与两坐标轴分别交于点，点，直线与交于点，点在射线上，若为直角三角形，则点的坐标为______．【答案】(9,7)或(1,-1)或(4,2)【分析】设P(x,x-2)，根据两点距离公式可求得AB2=42+22=20，AP2=x2+(x-2-2)2=2x2-8x+16，BP2=(x-4)2+(x-2)2=2x2-12x+20，然后分三种情况：当∠ABP=90°时，则AB2+BP2=AP2；当∠BAP=90°时，则AB2+AP2=BP2；当∠APB=90°时，则AB2=BP2+AP2，分别求解即可．【详解】解：设P(x,x-2)，∵，∴AB2=42+22=20，AP2=x2+(x-2-2)2=2x2-8x+16，BP2=(x-4)2+(x-2)2=2x2-12x+20，当∠ABP=90°时，则AB2+BP2=AP2，∴20+2x2-12x+20=2x2-8x+16，解得：x=9，则x-2=7，∴P(9,7)；当∠BAP=90°时，则AB2+AP2=BP2，∴20+2x2-8x+16=2x2-12x+20，解得 ：x=-4，∵点P在射线DC上，故x>0，所以x=-4不符合题意，舍去，当∠APB=90°时，则AB2=BP2+AP2，20=2x2-12x+20+2x2-8x+16，解得：x1=1，x2=4，∴x-2=-1或2，∴P(1,-1)或(4,2)，综上，点P的坐标为(9,7)或(1,-1)或(4,2)，故答案为：(9,7)或(1,-1)或(4,2)【点睛】本题考查一次函数与特殊三角形综合问题，一次函数图象上点的坐标特征，利用坐标求两点距离，勾股定理，注意分类讨论思想的应用，以免漏解．6．（2023·黑龙江·哈尔滨市九年级开学考试）已知，在平面直角坐标系中，直线与x轴的负半轴交于点A，与y轴的正半轴交于点B，点C在线段AB上，AOC与BOC的面积相等．(1)求点C的坐标；(2)若点D在x轴的正半轴上，点D的横坐标为t，连接CD，OCD的面积为S，求S与t的函数解析式；(3)在（2）的条件下，将射线CD绕着点C逆时针旋转45°，得到射线CE，射线CE交y轴于点E，连接DE，若ODE的周长为12，求直线DE的解析式．【答案】(1)(2)（t＞0）(3)【分析】（1）△AOC与△BOC的面积相等，而OA=OB=4，则，则设点C的坐标为（m，-m），即可求解；（2）由S=×DO×，即可求解；（3）证明△HMC≌△DNH（AAS），求出点H的坐标为（t， t+2），得到直线HC的表达式为y=（x+2）+2，求出OE=×2+2，进而求解．（1）解：对于y=x+4，令y=x+4=0，解得x=-4，令x=0，则y=4，故点A、B的坐标分别为（-4，0）、（0，4），∵，而OA=OB=4，∴，则设点C的坐标为（m，-m），将点C的坐标代入y=x+4得：-m=m+4，解得m=-2，∴点C的坐标为（-2，2）；（2）解：由题意得：S=×DO×=t•2=t（t＞0）；（3）解：由题意得：12=OE+OD+ED，即12=t+OE+，设y=t+OE，则，∴12=y+，∴144-24y+=-，∴144-24（t+OE）=-整理得：t•OE-12（t+OE）+72=0，解得：OE=．过点D作DH⊥CE交CE的延长线于点H；过点H作x轴的平行线，交过点D与y轴的平行线于点N，交过点C与y轴的平行线于点M，∵∠ECD=45°，则△CHD为等腰直角三角形，则DH=CH，∠DHC=90°，设点H的坐标为（a，b），∵∠NHD+∠MHC=90°，∠NHD+∠HDN=90°，∴∠MHC=∠HDN，∵∠HMC=∠DNH=90°，DH=CH，∴△HMC≌△DNH（AAS），∴MH=DN，MC=HN，即a+2=b，b-2=t-a，解得，即点H的坐标为（t，t+2），设直线HC的表达式为y=kx+b，将H，C的坐标代入得：，解得，∴y=x++2=（x+2）+2，当x=0时，y=×2+2，∴OE=×2+2=．解得：t=-6（舍去）或4，故点D的坐标为（4，0），则OE==3，故点E（0，3），设直线ED的表达式为y=sx+n，则，解得，故直线DE的表达式为y=-x+3．【点睛】本题考查了是一次函数综合运用，涉及到一次函数的性质、等腰直角三角形的判定与性质、全等三角形的判定与性质、勾股定理、解二元一次方程组、用待定系数法求一次函数解析式、面积的计算等，综合性强，难度较大．7．（2022·黑龙江·哈尔滨市第四十七中学八年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系中，O为坐标原点，点B和点C在x轴上，点A在y轴上，，，且a，b满足．(1)证明为等边三角形；(2)现有一动点P从点A沿y轴负方向运动，速度为1个单位长度每秒，连接，在的下方作等边三角形过点Q作轴，垂足为D，设点P的运动时间为t秒，的长度为d，求d与t之间的关系式；（用含t的式子表示d）(3)在（2）问的条件下，已知，当为等腰直角三角形时，求t的值，并求出此时直线与x轴的交点E的坐标．【答案】(1)证明见解析(2)(3)，或，【分析】（1）根据非负数的性质，求出a，b可得AB=AC=BC，即可求证；（2）过点P作PG⊥AC于G，证明，可得CD=CG，DQ=PG，从而得到AP=2DQ，即可求解；（3）分两种情况讨论：当点P在线段OA上，当点P在AO的延长线上，即可求解．（1）证明∶∵，∴a-2=0，b-4=0，∴a=2，b=4，∴AB=4，OB=OC=2，∴OA⊥BC，∴AB=AC，∵BC=OB+OC=4，∴AB=AC=BC，∴△ABC是等边三角形；（2）解：根据题意得：AP=t，如图，过点P作PG⊥AC于G，由（1）知，△ABC是等边三角形，∴∠BAC=∠ACB=60°，∵AO⊥BC，∴，∴AP=2PG，∵△CPQ为等边三角形，∴∠PCQ=∠ACB=60°，CP=CQ，∴∠PCG=∠DCQ，在△CGP和△CDQ中，∵，∴，∴CD=CG，DQ=PG，∴AP=2DQ，∵QD的长度为d，∴；（3）解：根据题意得：AP=t，∵为等腰直角三角形，且∠POC=90°，∴OP=OC=2，当点P在线段OA上，即时，则，即，点P（0，2），∴，∴， ∴，∴，∴点，设直线PQ的解析式为 ，∴，解得：，∴直线PQ的解析式为 ，当y=0时， ，∴点；当点P在AO的延长线上，即时，则，即，点P（0，-2），过点P作PF⊥AC交AC延长线于点F，由（1）知，△ABC是等边三角形，∴∠BAC=∠ACB=60°，∵AO⊥BC，∴，∴AP=2PF，∵△CPQ为等边三角形，∴∠PCQ=∠ACB=60°，CP=CQ，∴∠PCF=∠DCQ，在△CEP和△CDQ中，∵，∴，∴CD=CF，DQ=PF，∴AP=2DQ，∴，∴， ∴，∴，∴点，设直线PQ的解析式为 ，∴，解得：，∴直线PQ的解析式为 ，当y=0时， ，∴点；综上所述，，或，．【点睛】此题是三角形综合题，主要考查了全等三角形的判定和性质，等边三角形的判定和性质，等腰直角三角形的性质，待定系数法，解本题的关键是判断出点Q的坐标．8．（2022·上海市国和中学八年级期中）如图，已知点A（0，6），点C（3，0），将线段AC绕点C顺时针旋转，点A落在点B处，点D是x轴上一动点．(1)求直线BC的解析式；(2)联结B、D．若，求点D的坐标；(3)联结A、D交线段BC于点Q，且∠OAC＝∠CAQ．求△BCD的面积．【答案】(1)；(2)(3)【分析】（1）过B点作BM⊥x轴交于M，证明（AAS），求出B（9，3），再由待定系数法求函数的解析式即可； （2）求出直线AC的解析式，由，可设直线BD的解析式为，将点B（9，3）代入求解，从而可得答案； （3）作O点关于直线AC的对称点E，连接AE与x轴交于D，与线段BC交于Q，设CD=y，ED=x，由勾股定理得，①，②，联立①②可得x=4，y=5，即可求D（8，0），再求三角形的面积即可．（1）解：如图，过B点作BM⊥x轴交于M，∵∠ACB＝，∴∠ACO+∠BCM＝，∵∠ACO+∠OAC＝，∴∠BCM＝∠OAC，∵AC＝BC，∠AOC＝∠CMB＝，∴△ACO≌△CBM（AAS），∴BM＝OC，CM＝AO，∵A（0，6），C（3，0），∴BM＝3，CM＝6，∴B（9，3），设直线CB的解析式为y＝kx+b，∴ 解得 ，∴；（2）设直线AC的解析式为，∴ ，解得 ∴，∵，设直线BD的解析式为，∵B（9，3），∴，解得，∴，∴（3）作O点关于直线AC的对称点E，连接AE与x轴交于D，与线段BC交于Q，由对称性可知，∠OAC＝∠CAQ，∵A（0，6），C（3，0），∴OA＝AE＝6，OC＝CE＝3，设CD＝y，ED＝x，∴ 解得（不合题意的根舍去）∴CD＝5，∴D（8，0），∴【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，三角形全等的判定及性质，角平分线的性质，勾股定理，一元二次方程的解法，二元二次方程组的解法是解题的关键．9．（2021·广西·北海市第二实验学校九年级阶段练习）如图，已知，在直角坐标系中，直线y＝−x+8与x轴、y轴分别交于点A、C，点P从A点开始以1个单位/秒的速度沿x轴向左移动，点Q从O点开始以2个单位/秒的速度沿y轴向上移动，如果P、Q两点同时出发．(1)求点A、C的坐标；(2)若点B在y轴上，且与点A、C构成以AC为腰的等腰三角形，请直接写出所有符合条件的B点坐标．(3)经过几秒钟，能使△POQ的面积为8个平方单位．【答案】(1)点A的坐标为（6，0），点C的坐标为（0，8）(2)B点坐标为（0，−8）或（0，16）或（0，−2）(3)2秒或4秒或（3+）秒【分析】（1）点A和点C是函数与坐标轴的交点，分别让给x＝0，y＝0，求其对应的值即可；（2）根据题意，分类讨论即可；（3）当点P在OA上，当点P经过点O之后，分别计算即可．（1）解：当x＝0时，y＝8，∴点C的坐标为（0，8），当y＝0时，x＝6，∴点A的坐标为（6，0），∴线段OA＝6，线段OC＝8；（2）解：①当AC＝AB时，此时x轴为线段BC的垂直平分线，∴OB＝OC＝8，∴点B的坐标为（0，−8）；②当AC＝CB且点B在点C上方时，由勾股定理可知，AC＝，∴BC＝10，∴点B的坐标为（0，16）；③当BC＝AC且点B在点C下方时，∴BC＝AC＝10，∵OC＝8，∴OB＝2∴点B的坐标为（0，−2）；综上，B点坐标为（0，−8）或（0，16）或（0，−2）；（3）解：设经过t秒后，△POQ的面积为8个平方单位，当t＜6时，OP＝6−t，OQ＝2t，S△POQ＝×OP×OQ＝×（6−t）×2t＝8，解得t＝2或4，∴当t为2秒或4秒时，△POQ的面积为8个平方单位，当t＞6时，OP＝t−6，OQ＝2t，S△POQ＝×OP×OQ＝×（t−6）×2t＝8，解得t＝3+或3−（舍去），∴当t为（3+）秒时，，△POQ的面积为8个平方单位．综上，当t为2秒或4秒或（3+）秒时，，△POQ的面积为8个平方单位，【点睛】本题为一次函数综合题，能够根据题意将所有情况考虑到是关键．10．（2022·安徽·东至县大渡口镇大同初级中学八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，有一条直线过点和点，与轴，轴分别交于，两点．(1)求所在直线的表达式及线段的长；(2)求线段的长；(3)在轴上找一点，使得为直角三角形，求点的坐标．【答案】(1)，；(2)；(3)或或或．【分析】（1）根据待定系数法求解MN所在直线的表达式，再求A、B两点坐标，然后用勾股定理求线段AB的长；（２）构造直角三角形，用勾股定理求MN的长；（３）按斜边分三类进行讨论，再分别用勾股定理求解即可．（1）解：设所在直线的表达式为，将点，点代入得解得所在直线的表达式为．当时，代入得，当时，代入得，点，点，即，．在中，．（2）解：如图1，分别过点，作轴，轴，与相交于点．点，点，点．，．在中，．（3）解：如图2，过点作轴于点，过点作轴与点，连接，．点，点，，，，．设点，则，．，．①当为斜边时，有，即．整理得．解得．点的坐标为或．②当为斜边时，有，即．整理得．解得．点的坐标为．③当为斜边时，有，即．整理得．解得．点的坐标为．综上，点的坐标为或或或．【点睛】此题考查了一次函数、求线段的长度和勾股定理．熟练运用待定系数法求一次函数的解析式，用勾股定理求线段的长度是解此题的关键，在动点P的作用下成为直角三角形的分类思想是解此题的难点．11．（2022·广东·江门市第二中学九年级开学考试）如图，在平面直角坐标系xOy中，直线y＝2x﹣6交x轴于点C，交y轴于点D，点A，B的坐标分别为（1，0），（0，2），直线AB与直线CD相交于点P．(1)直线AB的表达式为 ；(2)点P的坐标为 ，连接OP，则＝ ；(3)若直线CD上存在一点E，使得△BPE的面积是△APO的面积的4倍，求点E的坐标．【答案】(1)y＝﹣2x+2(2)（2，﹣2），1(3)E（3，0）或（1，﹣4）【分析】（1）利用待定系数法即可求得直线AB的表达式；（2）通过解方程组即可得到点P的坐标，然后根据三角形面积公式求得△APO的面积；（3）设点E的坐标为（x，2x﹣6），依据的面积是的面积的4倍，求得△BPE的面积，然后根据或，即可得出x＝1或3，进而得到E（3，0）或（1，﹣4）．（1）解：设直线AB的表达式为y＝kx+b．由点A，B的坐标分别为（1，0），（0，2），∴，解得，所以直线AB的表达式为y＝﹣2x+2．故答案为y＝﹣2x+2．（2）解：由题意，得，解得，∴点P的坐标为（2，﹣2），∴＝＝1．故答案为（2，﹣2），1．（3）解：直线y＝2x﹣6中，令x＝0，则y＝﹣6，∴D（0，﹣6），设点E的坐标为（x，2x﹣6），∵的面积是的面积的4倍，∴＝4，∴或，∴×8×2﹣＝4或﹣＝4，解得x＝1或3，∴E（3，0）或（1，﹣4）．【点睛】本题主要考查了一次函数图像的交点问题、待定系数法求一次函数解析式、三角形面积等知识点，两函数图像的点坐标就是两函数解析式组成的方程组的解．12．（2022·福建三明·八年级期末）【探索发现】如图1，等腰直角三角形ABC中，∠ACB＝90°，CB＝CA，直线DE经过点C，过A作AD⊥DE于点D．过B作BE⊥DE于点E，则△BEC≌△CDA，我们称这种全等模型为“k型全等”．（不需要证明）【迁移应用】已知：直线y＝kx＋3（k≠0）的图象与x轴、y轴分别交于A、B两点．(1)如图2. 当时，在第一象限构造等腰直角△ABE，；①直接写出OA＝ ，OB＝ ；②求点E的坐标；(2)如图3，当k的取值变化，点A随之在x轴负半轴上运动时，在y轴左侧过点B作BN⊥AB，并且BN＝AB，连接ON，问△OBN的面积是否为定值，请说明理由；(3)【拓展应用】如图4，当时，直线与y轴交于点D，点P（n，－2）、Q分别是直线l和直线AB上的动点，点C在x轴上的坐标为（3，0），当△PQC是以CQ为斜边的等腰直角三角形时，求点Q的坐标．【答案】(1)①2，3；②（3，5）(2)△OBN的面积为定值(3)点Q的坐标为或（4，﹣5）【分析】（1）①若，则直线与x轴，y轴分别交于A（2，0），B（0，3）两点，即可求解；②作ED⊥OB于D，则△BED≌△ABO．由全等三角形的性质得DE＝OB＝3，BD＝OA＝2，即可求解；（2）由点A随之在x轴负半轴上运动时，可知，过点N作NM⊥OB于M，则△BMN≌△AOB．由全等三角形的性质得MN＝OB＝3，根据三角形的面积公式即可求解；（3）过点P作PS⊥x轴于S，过点Q作QT⊥PS于T，证明△PCS≌△QPT．分两种情况，由全等三角形的性质得QT＝PS，PT＝SC，可得点Q的坐标，将点Q的坐标代入y＝﹣2x+3求得n的值，即可求解．（1）解：①若，则直线y＝kx+3（k≠0）为直线，当x＝0时，y＝3，∴B（0，3），当y＝0时，x=2，∴A（2，0），∴OA＝2，OB＝3，故答案为：2，3；②作ED⊥OB于D，∴∠BDE＝∠AOB＝90°，∴∠2+∠3＝90°，又∵△ABE是以B为直角顶点的等腰直角三角形，∴AB＝BE，∠ABE＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∴∠1＝∠3，∴△BED≌△ABO，∴DE＝OB＝3，BD＝OA＝2，∴OD＝OB+BD＝5，∴点E的坐标为（3，5）；（2）当k变化时，△OBN的面积是定值，，理由如下：∵当k变化时，点A随之在x轴负半轴上运动时，∴，过点N作NM⊥OB于M，∴∠NMB＝∠AOB＝90°，∵∠1+∠3＝90°，∵BN⊥AB，∴∠ABN＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∴∠2＝∠3，又∵BN=BA,∠NMB=∠AOB=90°，∴△BMN≌△AOB．∴MN＝OB＝3，∴，∴k变化时，△OBN的面积是定值，；（3）当n＜3时，过点P作PS⊥x轴于S，过点Q作QT⊥PS于T，∴∠CSP＝∠PTQ＝90°，∵∠2+∠3＝90°，∵∠CPQ＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∴∠1＝∠3，又∵PC=PQ,∠CAP＝∠PTQ＝90°，∴△PCS≌△QPT．∴QT＝PS＝2，PT＝SC＝3﹣n，∴ST＝5﹣n，∴点Q的坐标为（2+n，n﹣5），∵k＝﹣2，∴直线y＝﹣2x+3，将点Q的坐标代入y＝﹣2x+3得，n﹣5＝﹣2（2+n）+3，解得： ，∴点Q的坐标为；当n＞3时，过点P作PS⊥x轴于S，过点Q作QT⊥PS于T，∴∠CSP＝∠PTQ＝90°，∵∠1+∠3＝90°，∵∠CPQ＝90°，∴∠1+∠2＝90°，∴∠2＝∠3，又∵PC=PQ,∠CAP＝∠PTQ＝90°，∴△PCS≌△QPT（AAS）．∴QT＝PS＝2，PT＝SC＝n﹣3，∴ST＝n﹣1，∴点Q的坐标为（n﹣2，1﹣n），∵k＝﹣2，∴直线y＝﹣2x+3，将点Q的坐标代入y＝﹣2x+3得，1﹣n＝﹣2（n﹣2）+3，解得：n＝6，∴点Q的坐标为（4，﹣5）．综上，点Q的坐标为或（4，﹣5）．【点睛】本题是一次函数综合题，主要考查了一次函数的图像及性质，等腰直角三角形的性质，全等三角形的判定与性质，熟练掌握一次函数的图像及性质，构造全等三角形解题是关键．13．（2022·江西吉安·八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，直线与x轴交于点A，与y轴交于点B，以AB为腰在第二象限作等腰直角△ABC，．(1)求点C的坐标．(2)E是x轴上的一个动点，是否存在这样的点E，使得的值最大？如果不存在，请说明理由；如果存在，请求出点E的坐标．(3)若以Q，A，B为顶点的三角形和△ABC全等(点Q不与点C重合)，请直接写出点Q的坐标．【答案】(1)C(-5,4)(2)存在，点E(,0)(3)点Q的坐标为(-1,5)或(1,-5 )或(-3,4)【分析】（1）过点C作CH⊥OA，交OA延长线于点H，通过证明△CHA≌△AOB，求得线段OH，CH的长度即可得出结论；（2）延长CB，交x轴于点E，则此时|EC-EB|的值最大，利用待定系数法求得直线BC的解析式，令y=0即可求得点E的横坐标．（3）依据以Q、A、B为顶点的三角形和△ABC全等，结合A(-4,0)，B(0,1)，C(-5,4)，分两种情况分类讨论，即可得到点Q的坐标．（1）解：令x=0，则y=1，∴B(0,1)．∴OB=1．令y=0，则x+1=0，∴x=-4．∴A(-4,0)．∴OA=4．过点C作CH⊥OA，交OA延长线于点H，如图，则∠CHA=∠AOB=90°．∴∠BAO+∠ABO=90°．∵∠CAB=90°，∴∠CAH+∠BAO=90°．∴∠CAH=∠ABO．在△CHA和△AOB中，，∴△CHA≌△AOB(AAS)．∴CH=OA=4，AH=OB=1．∴OH=OA+AH=5．∴C(-5,4)．（2）解：存在点E，使得|EC-EB|的值最大．理由：延长CB，交x轴于点E，则此时|EC-EB|的值最大．设直线BC的解析式为y=kx+b，∴，解得：．∴直线BC的解析式为y=-x+1．令y=0，则-x+1=0，∴x=．∴E(，0)．∴存在这样的点E，使得|EC-EB|的值最大，点E的坐标为(,0)．（3）解：由题意可知，AB=AB，若以Q、A、B为顶点的三角形和△ABC全等，则有以下两种情况：①当点B为直角顶点时，即△ABQ≌△BAC，如图，过Q1作Q1F⊥y轴于F，连接BQ1，过Q2作Q2E⊥y轴于E，此时，BQ1=BQ2=AC，则点B是Q1Q2的中点，∴CQ1AB，∴四边形ABQ1C是矩形，∵AB=AC，∴矩形ABQ1C是正方形，∴AB=BQ1，∵∠BFQ1=∠AOB，∠BAO=∠Q1BF，AB=BQ1，∴△AOB≌△BFQ1(AAS)，∴Q1F=BO=1，BF=AO=4，∴Q1(-1,5)，∴Q2(1,-5 )；②当点A为直角顶点时，即△BAQ≌△BAC，如图，过点C作CD⊥x轴于D，过点Q3作Q3G⊥x轴于点G，∴AQ3=AC，即A点是CQ3的中点，∵C(-5,4)，∴DA=AG=1，∴OG=3，∴Q3(-3,4)；综上所述，点Q的坐标为(-1,5)或(1,-5 )或(-3,4)．【点睛】本题属于一次函数的综合，主要考查了一次函数的图象，全等三角形的性质以及等腰直角三角形的性质，添加合适的辅助线，构造全等三角形是解题的关键．14．（2022·四川达州·八年级期中）如图，在平面直角坐标系中，两个全等的直角三角形的直角顶点及一条直角边重合，点在第二象限内，点、点在轴的负半轴上，，．(1)求点的坐标；(2)如图，将绕点按顺时针方向旋转到的位置，其中交直线于点，分别交直线、于点、，则除外，还有哪几对全等的三角形，请直接写出答案；（不再另外添加辅助线）(3)在（2）的基础上，将绕点按顺时针方向继续旋转，当的面积为时，求直线的函数表达式．【答案】(1)(2)或或(3)或【分析】（1）根据30°直角三角形的性质即可求得CO的长，从而得解；（2）根据已知条件容易得到或或 ；（3）过点E1作EM⊥OC于点M，利用S△COE1=求得，可以求出点E1的坐标，然后利用待定系数法确定直线CE的解析式．此题有两种情况，分别是E在第二或四象限里．（1）解：在中，，，所以，则；（2）解：或或（3）解：如图1，过点作于点．∵，∴．∵在Rt△AOC中，，IOC=2，∠ACO=90°，∴，∴点A(-2，)，设直线OA的解析是为，则，∴，∴直线OA的解析式为，令y=，则，解得x=，∴点的坐标为．设直线的函数表达式为， ，解得 ．∴．同理，如图2所示，点的坐标为．设直线的函数表达式为，则 ，解得 ．∴．综上所得或．【点睛】本题考查了直角三角形的性质、全等三角形的判定，勾股定理，待定系数法求一次函数以及一次函数的图像及性质，熟练掌握一次函数的性质及分类讨论思想是解题的关键．15．（2022·福建·尤溪县七中八年级阶段练习）如图，在平面直角坐标系xOy中，已知点A（5，1），B（1，1），C（0，5）．直线m平行于x轴且经过C，D，E三点．直线l的关系式为y=-2x+b.(1)若△ABD是以AB为底的等腰三角形，且直线l过点D，求b的值；(2)若b=9，直线l与▱ABDE的边DE相交时，求点E的横坐标n的取值范围；(3)若点F为▱ABDE的对角线BE与DA的交点，当直线l经过点F时，求点D的横坐标q与b之间的函数关系式．【答案】(1)b＝11；(2)2≤n≤6；(3)q＝b−8．【分析】（1）求出D点坐标，再将点D坐标代入y＝−2x＋b,即可求解；（2）由题意可知D（n−4，5），E（n，5），当5＝−2x＋9时，x＝2，则可知2≤n≤6时直线l与▱ABDE的边DE相交；（3）求出F(，3)，再将点F代入y＝−2x＋b,即可求解．（1）∵A（5，1），B（1，1），DA＝DB，点D在直线m上，∴D（3，5），将x＝3，y＝5代入y＝−2x＋b，∴b＝11；（2）∵四边形ABDE为平行四边形，∴DE＝AB＝4，∵E（n，5），∴D（n−4，5），当5＝−2x＋9时，x＝2，∵直线y＝−2x＋9与边DE有交点，∴2≤n≤6；（3）∵四边形ABDE为平行四边形，∴DF＝FA，∵D（q，5），A（5，1），∴F(，)，即F(，3)，将x＝，y＝3代入y＝−2x＋b,∴q＝b−8．【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，等腰三角形的性质，平行四边形的性质是解题的关键．16．（2022·山东烟台·七年级期末）如图，一次函数的图象与坐标轴交于A，B两点，与正比例函数交于点，．(1)求一次函数的表达式；(2)求的面积；(3)在线段AB上是否存在点P，使是以OA为底的等腰三角形？若存在，请求出点P的坐标；若不存在，请说明理由．【答案】(1)(2)3(3)存在，【分析】（1）求出A、C点坐标，再用待定系数法求函数解析式即可；（2）△BOC的面积；（3）作OA的垂直平分线交x轴于点D，与直线AB的交点即为点P，再求P点坐标即可．（1）解：由题意，点A的坐标为（6,0）将C（m，4）代入，得，解得m＝－2∴点C坐标为（－2，4）∵一次函数的图象过A（6,0），C（－2，4）∴解得，k＝，b＝3∴一次函数的表达式为．（2）令x＝0，则∴点B的坐标为（0,3），OB＝3∴△BOC的面积＝＝．（3）存在作OA的垂直平分线交x轴于点D，与直线AB的交点即为点P∴OD＝OA＝3即∴∴点P的坐标为（3，）．【点睛】本题考查一次函数的图象及性质，熟练掌握一次函数的图象及性质，等腰三角形的性质是解题的关键．
相关资料
更多
